UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA – ENERGÍA

INSTITUTO DE INVESTIGACIÓN

PROYECTO DE INVESTIGACIÓN

“TEXTO: APLICACIONES PRÁCTICAS DE LA MECÁNICA DE FLUÍDOS

INCOMPRESIBLE”

INFORME FINAL

JEFE DEL PROYECTO

ING. JORGE LUIS ALEJOS ZELAYA

CRONOGRAMA

01 OCTUBRE 2011 AL 30 SETIEMBRE 2013

RESOLUCIÓN RECTORAL Nº 1081-2011-R

CALLAO- PERÚ

2013

ÍNDICE

RESUMEN 1

INTRODUCCIÓN 2

MARCO TEÓRICO 4

MATERIALES Y MÉTODOS 5

RESULTADOS 6

CAPÍTULO 1 7

DIMENSIONEM BÁSICAS – SISTEMA DE UNIDADES – PRINCIPIO DE HOMOGENEIDAD

CAPÍTULO 2 28

PROPIEDADES DE LOS FLUIDOS

CAPÍTULO 3 80

HIDROSTÁTICA

CAPÍTULO 4 167

CINEMÁTICA DE LOS FLUIDOS – CUANTIFICACIÓN DE FLUJOS FLUIDOS

CAPÍTULO 5 196

ANÁLISIS GLOBAL DEL COMPORTAMIENTO DINÁMICO DE LOS FLUIDOS

DISCUSIÓN 284

REFERENCIALES 285

APÉNDICE 286

ANEXOS 289

1

RESUMEN

La Mecánica de Fluidos Incompresible es una de las disciplinas del amplio campo de la

Mecánica que estudia el comportamiento de líquidos en reposo ó en movimiento. En casi la

totalidad de los Procesos Industriales de conversión de energía, un fluido está siempre en

juego ya sea cediendo o tomando energía de un sistema mecánico y lo que se diseña para

estar en contacto con ellos o utilizarlos de algún modo, requiere de su conocimiento para su

orientación en las diversas aplicaciones.

El propósito es presentar el “TEXTO: APLICACIONES PRÁCTICAS DE LA MECÁNICA DE

FLUÍDOS INCOMPRESIBLE” en forma ordenada y sistemática, como una disciplina estimulante

y útil a los estudiantes de las ramas de la Ingeniería, siendo esta un vértice de un triángulo en

la mejora del proceso de Enseñanza – Aprendizaje que no sufre las presiones de un tiempo

limitado, siendo los otros dos vértices el Profesor y el Estudiante

Por tratarse de un texto universitario, este tiene una estructura didáctica con análisis y

metodología propia en la solución clara de cada uno de los problemas de aplicación que se

presentan, lo que permitirá a los estudiantes a reconocer e identificar los problemas y su

relación con la labor del ingeniero, en el análisis y diseño de cualquier sistema en el cual el

fluido incompresible es la sustancia de trabajo.

El contenido del trabajo se ha estructurado siguiendo el enfoque típico del estudio la

Mecánica de Fluidos y se resuelven problemas de aplicación en forma secuencial de:

Dimensiones Básicas - Sistema de Unidades – Principio de Homogeneidad. Propiedades de los

Fluidos. Hidrostática. Cinemática de los Fluidos - Cuantificación de Flujos Fluidos. Análisis

Global del comportamiento dinámico de los fluidos.

Profesores y Estudiantes construyen el saber, moldean las ideas, aportan visiones

diferentes, de esta forma la mejora del APRENDIZAJE de la materia en estudio se me planteó

desde un comienzo como un intercambio permanente de experiencias, en que los que

aportan son tanto el Estudiante como el Profesor. Por ello debo manifestar que dichos actores

del sistema universitario son definitivamente los autores de este texto ya que no hubiera sido

posible este trabajo sin la colaboración de quienes lo escucharon y lo fueron enriqueciendo

con sus visiones particulares e inquietudes.

2

INTRODUCCIÓN

Este texto está preparado para que el estudiante de pregrado de Ciencias Básicas

deIngeniería, pueda identificar, analizar, plantear y solucionar problemas de aplicación de la

Mecánica de Fluidos Incompresible tomando como referencia el modelo estructural tradicional

en su contenido: Dimensiones Básicas - Sistema de Unidades – Principio de Homogeneidad.

Propiedades de los Fluidos. Hidrostática. Cinemática de los Fluidos - Cuantificación de Flujos

Fluidos. Análisis Global del comportamiento dinámico de los fluidos, en las condiciones que

corrientemente se encuentran en Ingeniería.

Adicionalmente se busca poner al alcance del lector un medio complementario

práctico de apoyo para una mejor comprensión de una disciplina fuertemente conceptual,

donde el estudiante podrá aprender a manejar métodos y técnicas en el análisis cuantitativo

de la solución de los casos prácticos del comportamiento de los fluidos incompresible y

entienda las limitaciones que estos procedimientos puedan tener.

Se supone que el alumno posee conocimientos en el Cálculo Diferencial e Integral, las

nociones básicas de la Mecánica en relación a condiciones de equilibrio estático, cinemática y

dinámica de la partícula. Los conceptos necesarios de Termodinámica pueden adquirirse en

forma paralela.

En el Primer Capítulo se dan solución a problemas sobre Sistemas de Unidades y

Análisis Dimensional. Actualmente se utilizan en algunos países dos sistemas básicos de

unidades, el Sistema Gravitacional Británico al que nos referimos como Sistema Ingles y el

Sistema Internacional (SI), que se basa en el sistema MKS con algunas modificaciones.

Finalmente se busca la relación entre la fuerza, masa y aceleración, por la Segunda Ley de

Newton.

En el Segundo Capítulo de Propiedades de los Fluidos, se tratan problemas del

comportamiento de los fluidos como un medio continuo, sin considerar lo que ocurre a nivel

de sus moléculas; así mismo se analizan sus propiedades intensivas y extensivas. Al término de

este capítulo el lector podrá distinguir el comportamiento de un fluido en comparación con el

de otros estados de la materia y conocerá el orden de magnitud de las propiedades básicas del

agua y del aire.

3

En el Tercer Capítulo, se da soluciones a problemas en las condiciones de equilibrio

bajo las cuales un fluido está en reposo, sabiendo que para ello se requiere que todos los

elementos que lo forman se muevan a la misma velocidad, es decir que no se desplacen unos

con respecto a los otros y por lo tanto no haya escurrimiento. El fluido está entonces detenido

o se mueve como si fuera un cuerpo rígido sin deformarse Mediante el uso adecuado de la

ecuación General de la Hidrostáticaes posible determinar las condiciones generales de

equilibrio de grandes masas de fluidos, calcular las fuerzas que ejercen los fluidos en reposo

sobre las superficies que se encuentran en contacto con ellos o los recipientes que los

contienen, las fuerzas sobre cuerpos sumergidos y flotantes, así como sus condiciones de

equilibrio y medir las presiones en cualquier punto al interior del fluido.

En el Cuarto Capítulo se describe el movimiento del fluido como un medio continuo. El

método de Lagrange se basa en el uso de las trayectorias y el de Euler utiliza las líneas de

corriente. El fluido al moverse se traslada, rota y deforma, todas estas transformaciones

dependen del campo de velocidades y son determinadas a través de las características

cuantificables del movimiento en los diversos problemas de aplicación que se presentan.

En el Quinto Capítulo se dan soluciones de problemas prácticos, recurriendo al

enfoque de Sistema y de Volumen y la forma que se comportan las propiedades intensivas y

extensivas del sistema. Así mismo debe entender claramente la relación entre la variación de

una Propiedad del Sistema y las variaciones de esa propiedad en un Volumen de Control de

acuerdo al Teorema del Transporte de Reynolds.

Las leyes básicas que se aplican a un Volumen de Control, en el análisis global del

comportamiento de un fluido corresponden a: Conservación de la Masa, Conservación de la

Energía, Cantidad de Movimiento y Momento de la Cantidad de Movimiento, con aplicación

de problemas a: Control y Medida de flujos fluidos, Máquinas Hidráulicas, su función y el

papel que juega en los intercambios de energía de un fluido en que intervengan: Bombas,

Ventiladores y Turbinas, Deflector Estacionario, Deflectores Móviles y Hélices o Molinos de

Viento.

Se espera que este libro pueda proporcionar bases sólidas a los estudiantes de Ingeniería.

Serán muy apreciados todos los comentarios, sugerencias ó críticas.

Ing. Jorge Luís Alejos Zelaya

4

MARCO TEÓRICO

De acuerdo a la sumilla establecida en los currículos de estudios de la Escuelas

Profesionales de Ingeniería Mecánica e Ingeniería en Energía, de la Universidad Nacional del

Callao, en la asignatura de Mecánica de Fluidos se estudia entre otros los tópicos siguientes:

Dimensiones y Sistema de Unidades. Propiedades de los Fluidos. Mecánica de fluidos sin

movimiento. Cinemática de los fluidos. Características cuantificables del movimiento.

Dispositivos de medición y Control de flujo fluido y Análisis global del comportamiento

dinámico de los fluidos.

El estudio adecuado y compresible de los tópicos antes descritos se basan en Leyes,

Principios y Teorías científicas, tales como: Principio de Homogeneidad Dimensional,

Propiedades Extensivas e Intensivas del fluido, Medio continuo, Propiedades relacionadas con

la temperatura y la energía, Gas Ideal, Ley General de la Estática de los Fluidos. Variación de la

presión, Ley de Pascal, Principio de Arquímedes, Estabilidad Rotacional de cuerpos flotantes,

Ecuación de Euler y la variación de la Presión como sólido rígido, Efecto Venturi y Dispositivos

de medición de flujo volumétrico, Modelos matemáticos que describen la cinemática de los

fluidos, Ecuación de Volumen de Control ó Teorema de Transporte de Reynolds, Principios de:

Conservación de la Masa, Energía y Cantidad de Movimiento, Momento cinético de los fluidos.

Muchos autores tales como WHITE FRANK. “Mecánica de Fluidos”,1983. FOX ROBERT,

“Introducción a la Mecánica de Fluidos”, 1995. MOTT ROBERT. “Mecánica de Fluidos

Aplicada”,1996. SHAMES IRVIN. “Mecánica de Fluidos”,2000. MUNSON YOUNG.

“Fundamentos de Mecánica de Fluidos”,1985. POTTER MERLE. “Mecánica de Fluidos”,1998.

MATAIX CLAUDIO. “Mecánica de Fluidos y Máquinas Hidráulicas”,1982. ROBERSON CROWE.

“Mecánica de Fluidos”,2007. GERHART, PHILIP. “Fundamentos de Mecánica de

Fluidos”,1998. YUNUS CENGEL. “ Mecánica de Fluidos”, 2007, han escrito textos con

exposición de conceptos y definiciones generalmente extensas, y descuidan la aplicación

correspondiente con escasa presentación y solución de problemas con casos prácticos.

Las aplicaciones prácticas tienen su sustento o fortalecimiento de sus teorías en el

estudio experimental, tales como: Medición Directa de caudal, Viscosidad cinemática,

Contrastación y calibración de manómetros, Fuerzas hidrostáticas sobre superficies

sumergidas, Estabilidad rotacional de cuerpos flotantes, Medición indirecta de flujo fluido.

Ensayo elemental de Bomba centrífuga e Impacto de Chorro Hidráulico.

5

MATERIALES Y MÉTODOS

El “TEXTO: APLICACIONES PRÁCTICAS DE LA MECÁNICA DE FLUÍDOS

INCOMPRESIBLE”, se ha desarrollado considerando la propuesta temática que muchos

autores que se citan en la referencia han escrito con amplitud sobre teorías.

En la mayoría de los textos, los autores dan a entender que los otros libros sobre el

tema tienen ciertas deficiencias que ellos corregirán y descuidan en muchos casos las

aplicaciones correspondientes; es así que el material bibliográfico es amplio y variado,

seleccionándose desde aquellos donde las aplicaciones que tratan ligeramente los temas

teóricos hasta aquellos que lo hacen con más profundidad y que se encuentran con

aplicaciones en la industria, con conceptos técnicos y de acorde al avance tecnológico actual

Se han seleccionado y resueltos una diversidad de problemas propuestos por los

autores citados en sus textos, con la aplicación práctica correspondiente.

La información y el procesamiento respectivo ha sido utilizando una PC - Microsoft

Word for Windows 2007, para dar cumplimiento a las directivas vigentes.

Así mismo se tuvo que realizar algunas investigaciones experimentales en las

instalaciones del Laboratorio de Mecánica de Fluidos y Máquinas Térmicas de la Facultad de

Ingeniería Mecánica de la Universidad Nacional del Callao, lo hecho complementa el texto en

su desarrollo de sus problemas de aplicación.

El método empleado en la investigación, es el inductivo – deductivo, que permite

presentar un texto ordenado, analítico y pedagógico en la solución de sus numerosos y

diversificados problemas en su contenido que se encuentran en muchos de los campos de la

Ingeniería. Así mismo el estudiante aprenderá a utilizar métodos y técnicas en el análisis

cuantitativo del comportamiento de los fluidos incompresible en un sentido global.

La metodología empleada fue: Identificación y compilación de la información. Análisis

de la información. Formulación del índice del texto. Solución sistematizada y ordenada de los

problemas. Redacción del texto en función al índice y Revisión del resultado y

complementación.

6

RESULTADOS

El resultado del presente trabajo de investigación es el “TEXTO: APLICACIONES

PRÁCTICAS DE LA MECÁNICA DE FLUÍDOS INCOMPRESIBLE”, que servirá como complemento

a los textos teóricos citados por los autores indicados en la referencia y a los académicos

estudiosos de esta ciencia muy útil en el desarrollo e innovación tecnológica que la sociedad

requiere.

El contenido de la investigación se da en cinco capítulos en el orden indicado en el

índice y que se presentan en las páginas siguientes.

En cada capítulo se expone una breve teoría general sobre el tema y se desarrollan

problemas de aplicación en forma ordenada y sistemática para su mejor comprensión de los

estudiantes y/o personas interesadas en esta ciencia pueden encontrar en él aplicaciones de

técnicas de solución a problemas en el que intervienen el fluido incompresible como

sustancia operante.

Los problemas tratados en el texto se explican en forma clara y sencilla y a la vez

rigurosa, con la exigencia que requiere un estudiante o profesional en la ciencia de Ingeniería.

Los temas pueden ser comprendidos por el lector con un pequeño esfuerzo intelectual, y es

recomendable que el alumno tenga conocimientos básicos del Cálculo Diferencial e Integral

asociados a la Mecánica en relación a condiciones de equilibrio estático, cinemática y

dinámica de la partícula.

El sector que se verá beneficiado con los resultados de la Investigación, será el sector

académico, conformado por profesores y estudiantes de Ingeniería a nivel Superior que tengan

relación con la Mecánica de Fluidos Incompresible y sus Aplicaciones Prácticas, favoreciendo

de esta manera el proceso de ENSEÑANZA – APRENDIZAJE de la asignatura, la misma que

concuerda con la propuesta silábica para su estudio.

A continuación se muestra una teoría básica para un mayor entendimiento en el

desarrollo de los problemas de aplicación de la Mecánica de Fluidos Incompresible

establecidos en cada uno de los capítulos planteados inicialmente en el índice del Proyecto de

Investigación.

7

CAPITULO 1

DIMENSIONES BÁSICAS – SISTEMA DE UNIDADES – PRINCIPIO DE HOMOGENEIDAD

Todos los problemas de Ingeniería tratan de entidades físicas que requieren una

descripción cuantitativa. La magnitud de tales entidades se expresa por medio de un número y

una unidad de medición asociada. Se podría hablar de un automóvil con una masa de 1000

kilogramos, que se desplaza a una velocidad de 70 Kilómetros por hora ó de una tubería de 2

pulgadas de diámetro con un flujo de 100 galones de agua por minuto, con una temperatura

de 150 grados Fahrenheit. Se sabe que “Kilogramos”, “Kilómetros”, “pulgadas”, “horas”,

“minutos” “grados Fahrenheit” son unidades de medición de las entidades físicas como masa,

longitud, tiempo y temperatura. Por lo que se puede generalizar con las siguientes

afirmaciones:

Las dimensiones de una entidad física indican el tipo de unidades involucradas en una

descripción cuantitativa de la magnitud de la entidad misma.

Se puede elegir un conjunto de dimensiones fundamentales independientes, por lo

que las dimensiones de todas las entidades físicas se deben expresar en función de

tales dimensiones fundamentales.

Actualmente se emplean el Sistema Internacional de Unidades (SI), el Ingles de

Ingeniería (II) y el Británico Gravitacional (BG),1 aunque deseáramos que las unidades en el SI

se usen universalmente, en el ámbito industrial todavía se usa el viejo sistema “pie, libra y

pulgada”, por lo que preparar un texto de Ingeniería en un solo sistema no prepararía

adecuadamente a los estudiantes para el mundo real.

En el estudio de la Mecánica de Fluidos en el Sistema Internacional solo intervienen la

masa, longitud, tiempo, temperatura, corriente eléctrica e intensidad luminosa. Las Unidades

Derivadas se expresan convenientemente como productos de las unidades fundamentales

elevadas a ciertos exponentes. A veces las unidades derivadas se expresan con nombres

especiales, (verApéndice: Tabla A.1 y Tabla A.3 y Anexo: Tabla A.5)

1Tener presente que el “segundo” se abrevia como “s” en unidades SI y como “seg” en unidades BG

8

Se debe tener presente que se debe emplear los corchetes para indicar “las

dimensiones de”. Los símbolos [M], [L], [T] y [θ] representan dimensiones básicas de masa,

longitud, tiempo y temperatura. Ejemplo empleando esta notación, se puede escribir “las

dimensiones de la velocidad”:

[𝐕] =𝐞𝐬𝐩𝐚𝐜𝐢𝐨

𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨 = 𝐋 𝐓−𝟏

Si se escogen tres DIMENSIONESBÁSICAS O FUNDAMENTALESy se asigna una unidad a

cada una de estas tres magnitudes, las restantes magnitudes se denominan

MAGNITUDESDERIVADASy se pueden expresar en función de las tres magnitudes

fundamentales; así como sus unidades, se denominan unidades derivadas y pueden

expresarse en función de las tres unidades fundamentales.1

El Sistema Internacional de Unidades denominado actualmente en el mundo entero

con las siglas SI, no es más que una extensión y perfeccionamiento del sistema Giorgi o MKS.

La Fuerza y la Masa2 quedan relacionadas por la ecuación de Newton, donde “gc” es

una constante de proporcionalidad que hace que la ecuación sea dimensionalmente

homogénea:

∑𝐅 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐱 𝐚𝐜𝐞𝐥𝐞𝐫𝐚𝐜𝐢ó𝐧

𝐠𝐜

EL PRINCIPIO DE HOMOGENEIDAD DIMENSIONAL: Establece que “Todos los términos de una

ecuación que expresan una ley deben ser dimensionalmente iguales”. Se acepta como

premisa fundamental que todas las ecuaciones que describen fenómenos físicos deben ser

dimensionalmente homogéneas, si esto no fuese cierto, se estaría tratando de igualar o sumar

cantidads físicas distintas, lo cual carecería de sentido.

Por ejemplo, la ecuación para determinar la velocidad “V” de un cuerpo uniformemente

acelerado es: 𝐕 = 𝐕𝟎 + 𝐚 𝐭. Donde “V0” es la velocidad inicial, “a” es la aceleración y “t” es el

intervalo de tiempo. En términos de dimensiones, la ecuación es:

L T-1 = L T-1 + L T-1

2En el SI, se prefiere el uso de los términos “fuerza de gravedad sobre” y “fuerza gravitacional sobre” en lugar de

“peso”.

9

PROBLEMASRESUELTOS

PROBLEMA01.-En el flujo estacionario (laminar) a baja velocidad a través de un conducto de

sección circular de pared delgada de radio “R”, la velocidad local “u(r)” varía con el radio

según la expresión:𝐮(𝐫) = 𝐁 ∆𝐏

𝛍(𝐑𝟐 − 𝐫𝟐). Donde: "𝛍" es la viscosidad absoluta ó dinámica

del fluidoy "∆𝐏" es la caída de presión entre la entrada y salida del conducto.Determinar la

representación dimensional de “B”. (White Frank P1.12).

Solución: Tomaremos para el análisis como Dimensiones Primarias: F, L, T

L

T= [B]

F

L2

L2

F TL2

[𝐁] = 𝐋−𝟏

PROBLEMA02.- Demuestre que la ecuación dada es dimensionalmente homogénea y citar las

unidades correspondientes en el sistema Gravitacional Británico.Considere "𝐮" como una

velocidad, “y” como una longitud, “x” una longitud, “P” una presión y "𝛍" viscosidad absoluta

o dinámica.(Gerhart Philip 1.82).

𝟎 = − 𝛛𝐏

𝛛𝐱 + 𝛍

𝛛𝟐 𝐮

𝛛 𝐲𝟐

Solución: Por la condición de ecuación dimensionalmente homogénea, se tiene:

[∂P

∂x] = [μ

∂2 u

∂ y2]

F

L2 L=

F T

L2

L

T L2

𝐅

𝐋𝟑=

𝐅

𝐋𝟑 → (

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟑)

PROBLEMA03.-La segunda Ley de Newton es el cimiento de la ecuación diferencial de la

conservación de la cantidad de movimiento lineal. En términos de la aceleración material que

sigue una partícula de fluido se escribe la segunda Ley de Newton del modo siguiente:

10

��

𝐦=

𝛅��

𝛅𝐭+ (𝐕 . 𝛁)��

Escriba las dimensiones primarias de cada término aditivo en la ecuación y verifique que la

ecuación es dimensionalmente homogénea.

Solución: Por ser la ecuación dimensionalmente homogénea, se cumple:

[��

𝐦] =

𝐌 𝐋 𝐓−𝟐

𝐌 = 𝐋 𝐓−𝟐

[𝛅��

𝛅𝐭] =

𝐋 𝐓−𝟏

𝐓 = 𝐋 𝐓−𝟐

[(𝐕 . 𝛁)��] = 𝐋 𝐓−𝟏𝐋−𝟏 𝐋 𝐓−𝟏 = 𝐋 𝐓−𝟐

PROBLEMA04.-La ecuación de Bernoulli para un fluido ideal se puede escribir en términos de

carga, como:

𝐏

𝛄 +

𝐕𝟐

𝟐𝐠 + 𝐙 = 𝐂𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞

Donde:“P” es la presión, “Z”es la elevación, “V”es la velocidad media del flujo, “g” aceleración

de la gravedad y "𝛄" peso específico del fluido. Demuestre que esta ecuación es

dimensionalmente homogénea.

Solución: Si laecuación es dimensionalmente homogénea se cumple que cada término de la

ecuación debe tener la misma representación dimensional.

[𝐏

𝛄] = [Z ]

F L−2

F L−3 = 𝐋

[𝐕𝟐

𝟐𝐠] = [Z ]

L2 T−2

L T −2 = L

PROBLEMA05.- Determinar las dimensiones de los coeficientes “A” y “B” que aparecen en la

ecuación dimensionalmente homogénea.Donde:“x” es una longitud y “t” es el

tiempo.(Munson Young 1.10).

𝐝𝟐𝐱

𝐝𝐭𝟐 + 𝐀

𝐝𝐱

𝐝𝐭 + 𝐁 𝐱 = 𝟎

11

Solución: Por serla ecuación dimensionalmente homogénea cada término de la ecuación debe

tener la misma representación dimensional.

L

T2 + [A]

L

T + [B] L = 0

L

T2 = [𝐀]

𝐋

𝐓[𝐀] = 𝐓−𝟏

L

T2 = [𝐁] 𝐋 [𝐁] = 𝐓−𝟐

PROBLEMA06.-Determinar las dimensiones de “Z”, "𝛼" y “G” en la ecuación dimensionalmente

homogénea: 𝐕 = 𝐙 (𝛂 − 𝟏) + 𝐆.Donde“V” es una velocidad.(Munson Young 1.12).

Solución:

L

T= [Z](α − 1) + [G]

[𝐙] = 𝐋 𝐓−𝟏[𝐆] = 𝐋 𝐓−𝟏[𝛂] = F0 L0T0(𝐚𝐝𝐢𝐦𝐞𝐧𝐬𝐢𝐨𝐧𝐚𝐥)

PROBLEMA07.-Si la siguiente ecuación es dimensionalmente homogénea.

𝐅 = 𝟒 𝐄 𝐲

(𝟏 − 𝛔𝟐)(𝐑 𝐝𝟐)[(𝐡 − 𝐲) (𝐡 −

𝐲

𝟐) 𝐭 − 𝐭𝟑]

Donde:E: Modulo de elasticidad longitudinal (Young), 𝝈 ∶ Coeficiente de Poissón,d y h:

Distancia, R: Relación de Distancias, F: Fuerza. ¿Cuáles son las dimensiones de t?(Shames

Irving 1.11)

Solución: El análisis se hará tomando como dimensiones básicas: F, L, T

F = F

L2 .L

L2 (L2 . t − t3)

L3 = L2. t − t3

t = L (Longitud)

PROBLEMA08.-En el cuadro adjunto se detallan ciertas propiedades muy utilizadas en

Mecánica de Fluidos. Marcar con una (X) si la propiedad es Extensiva (E) ó Intensiva (I).

Solución:

12

Cantidad de

Movimiento

Entalpia Densidad Energía

cinética

Volumen

específico

Viscosidad

Extensiva X X X

Intensiva X X X

PROBLEMA09.- Utilizando como dimensiones primarias F, L, T, exprese las dimensiones de

las siguientes propiedades a) Densidad b) Presión c) Potencia d) Energía e)

Razón de flujo o caudal(PotterMerle1.3)

Solución:

a) [𝐃𝐞𝐧𝐬𝐢𝐝𝐚𝐝]=Masa

Volumen=

M

L3 = F T2

L L3 = 𝐅 𝐋−𝟒𝐓𝟐

b) [𝐏𝐫𝐞𝐬𝐢ó𝐧] = Fuerza

Area = F L-2

c) [𝐏𝐨𝐭𝐞𝐧𝐜𝐢𝐚] = Trabajo

tiempo= 𝐅 𝐋 𝐓−𝟏

d) [𝐄𝐧𝐞𝐫𝐠𝐢𝐚] = 𝐅 𝐋

e) [𝐂𝐚𝐮𝐝𝐚𝐥] = Volumen

tiempo= 𝐋 𝐓−𝟏

PROBLEMA10.-Si “P” es fuerza y “X” es longitud. Determinar las dimensiones en el Sistema

F,L, T de: a)dP/dx b)d3 P

dx3 c)∫P dx

Solución:

a) [𝐝𝐏

𝐝𝐱] = 𝐅 𝐋 −𝟏b)[

𝐝𝟑 𝐏

𝐝𝐱𝟑 ] = 𝐅 𝐋−𝟑c)[𝐏 𝐝𝐱] = 𝐅 𝐋

PROBLEMA11.-Un fluido incompresible de densidad "𝛒" y viscosidad "𝛍" fluye a una velocidad

promedio “V” a través de un largo tramo horizontal de tubería de longitud “L” y sección

circular de diámetro “D”. Considere una rugosidad absoluta de la tubería de “𝛆". La tubería es

lo suficientemente larga como para que el flujo esté totalmente desarrollado, lo que significa

que el perfil de velocidad no cambia a lo largo de la tubería. La presión disminuye linealmente

13

a lo largo de la tubería con la finalidad de “empujar” el fluido a través de la tubería para

superar la fricción. Determinar el número de parámetros adimensionales3para el estudio

experimental del problema.

Solución:

Nº 𝜋 = Nº variables - Nª Dimensiones Fundamentales

La ecuación funcional del problema objeto de estudio, queda establecido:

∆P = φ (ρ, μ, V, L D, ε)

Se determinará la representación dimensional de cada variable:

[∆P] = M L−1T−2[ρ] = M L −3[μ] = M L−1T−1

[V] = L T−1[L] = L [D] = L[ε] = L

En el análisis participan tres dimensiones fundamentales: M, L y T

Nº 𝛑 = 7 - 3 = 4

PROBLEMA12.-Se sabe que la fuerza sobre cuerpo inmerso en la corriente de un fluido,

depende de la longitud característica “L”, de la velocidad de la corriente “V”, de la densidad

del fluido "ρ"y su viscosidad dinámica " 𝛍 ".Determinar el número de parámetros

adimensionales.

Solución: La ecuación funcional del problema, queda establecida por: 𝐅 = 𝛗 ( 𝐋, 𝐕, 𝛒, 𝛍), por

lo que se determina la representación dimensional de cada una de las variables de la

ecuación funcional:

[F] = F [L] = L[V] = L T−1[ρ] = F L−4T2[μ] = F L−2 T

Se observa que las dimensiones básicas F, L y T participan en el problema, por lo que el

número de parámetros adimensionales, son:

N°𝜋= (Variable Dependiente + ∑Variables Independientes ) – Nª Dimensiones básicas

Nº 𝛑 = (1 + 4) – 3 = 2

3Parte de la solución del Teorema de 𝜋 ó Buckingham

14

PROBLEMA13.-Una razón útil sin dimensiones en Mecánica de Fluidos, es el número de

Reynolds4establecida por la ecuaciónRe = ρ V D

μ. Donde:"𝛒" es la densidad, “D” es el

diámetro de un conducto en el cual fluye el fluido, “V” es la velocidad media del fluido y "𝛍"

es la viscosidad dinámica. Determine el número de Reynolds en los sistemas BG e II, para un

fluido con una densidad de 52 lb/ft3 y una viscosidad dinámica de 4 x 10-2 lbf.s/ft2fluyendo

auna velocidad media de 8,0 ft/s a través de un ducto de 6,25 in de diámetro interior.(Gerhart

Philip 1.65).

Solución:

a.-Sistema Británico Gravitacional

𝐑𝐞 =52

lb

ft3 x slug

32,2 lbx 8

ft

sx

6,25

12 ft

4 x 10−2 slug

ft.s

= 𝟏𝟔𝟖, 𝟐𝟏𝟗

b.-Sistema Ingles de Ingeniería

𝐑𝐞 =52

lb

ft3 x 8 ft

sx

6,25

12 ft

4 x 10−2 x 32,2lb

ft.s

= 𝟏𝟔𝟖, 𝟐𝟏𝟗

PROBLEMA14.-La Potencia Hidráulica (P) es una variable muy utilizada en el diseño y selección

de las Máquinas Hidráulicas Generadoras y Motoras (Bombas Hidráulicas, Ventiladores y

Turbinas Hidráulicas) y queda definida por la ecuación:

P =ρ g Q H

gc

Donde: “𝛒" es la densidad del fluido, “g”aceleración local de la gravedad, “Q” es la capacidad ó

caudal, “H” es la carga y “gc” es la constante de proporcionalidad. Exprese las unidades de la

Potencia Hidráulica en: a) SI b) BG c) II

Solución: La representación dimensional de “P” es:[𝐏]= F L T-1 = M L2 T-3

a.- Sistema Internacional de unidades (SI)

Kg

m3 .

m

s2 .m3

s . m . (

N . s2

1 Kg .m) = 𝐖𝐚𝐭𝐭𝐬

4Relación de fuerza de inercia a la fuerza viscosa y muy utilizada en Mecánica de Fluidos para precisar el tipo de

flujo.

15

b.- Sistema Británico Gravitacional (BG)

slug

ft3 .

ft

s2 .ft3

s . ft . (

lbf . s2

1 slug . ft) .

HP . s

550 lbf . ft= 𝐇𝐏

c.- Sistema Ingles de Ingeniería (II)

lb

ft3 .

ft

s2 .ft3

s . ft . (

lbf . s2

32,2 lb . ft) .

HP . s

550 lbf . ft= 𝐇𝐏

PROBLEMA15.-La ecuación de Bernoulli para un flujo ideal5 que fluye a través de una tobera,

es:

𝐏

𝛒 +

𝐕𝟐

𝟐 + 𝐠𝐙 = 𝐂𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞

Los parámetros y sus valores en un punto particular, son:P = Presión: 101400 N/m3 (14,7

lbf/in2),𝛒 = Densidad: 1000 Kg/m3 (1,94 slug/ft3), V = Velocidad media del flujo: 3 m/s (9,84

ft/s), g = Aceleración local de la gravedad: 9,6 m/s2 (31,5 ft/s2) y Z = Elevación sobre el nivel de

referencia: 5 m (16,4 ft). Determinar el valor de la constante en el sistema de unidades: a) SI

b) BG c) II.(Gerhart Philip 1.4).

Solución:Se remplaza los valores dados en la ecuación de Bernoulli para cada uno de los

sistemas de unidades en estudio.

a.- Sistema Internacional de unidades (SI)

𝐂 =101400

N

m2 (1Kg. m

N .s2 )

1000 Kg

m3

+ 32

2

m2

s2 + 9,6 x 5 m2

s2 = 153,9 𝐦𝟐

𝐬𝟐 = 153,9 𝐉

𝐊𝐠

b.- Sistema Británico Gravitacional (BG)

𝐂 =14,7

lbf in2 x 144

in2

ft2x (1

slug.ft

lbf.s2 )

1,94 slug

ft3

+ 9,842

2

ft2

s2 + 31,5 x 16,4 ft2

s2 = 1656,14 𝐟𝐭𝟐

𝐬𝟐

c.- Sistema Ingles de Ingeniería (II)

5Bajo la hipótesis de que los efectos viscosos son insignificantes, flujo estable e incompresible.

16

C=14,7

lbf in2 x 144

in2

ft2x (32

lb.ft

lbf.s2)

1,94 slug

ft3 x 32,2

lb

slug

+ 9,842

2

ft2

s2 + 31,5 x 16,4 ft2

s2 = 𝟏𝟔𝟓𝟔, 𝟏𝟒 𝐟𝐭𝟐

𝐬𝟐

PROBLEMA16.-Un motor eléctrico tiene una potencia de salida de 20 HP y una eficiencia de 80

%. La electricidad tiene un costo de $ 0,07/KWh. Determinar el costo por emplear el motor

durante 24 h.(Gerhart Philip 1.73).

Solución: El costo de la energía queda definido, por:

Costo = 0,07 $/KWh x N° horas X Potencia al eje / eficiencia del motor

Costo = 0,07 $/KWh x 24 horas X 20 HP / 0,80 x 0,746 KW/HP= $ 31,33

PROBLEMA17.- Convertir 8 at – L a calorías.

Solución: 𝟖 𝐚𝐭 − 𝐋 𝐱 m3

1000 L x

101,3 KN

m2

1 at x

1000 J

1 KJ x

1 cal

4,184 J = 193,69 cal

PROBLEMA18.-Las especificaciones del fabricante de una bomba de engranajes determinan

que se requiere 0,9 HP para impulsar la bomba cuando mueve 10 gpm de aceite (S=0,90) con

una carga total de 260 ft. Determinar la eficiencia (%) de la bomba.

Solución: La eficiencia total de la bomba, queda establecida por la ecuación:

ηB = Energia Hidraulica

Energia Mecanica=

γ Q H

Potencia de accionamiento

𝛈𝐁 = 1,94 x 0,90

slug

ft3x 32,2

ft

s2 x lbf.s

2

slug.ft x 10 gpm x

1 cfs

449 gpm x 260 ft

550 lbf.ft

HP.s x 0.9 HP

x 100 = 𝟔𝟓, 𝟕𝟔 %

PROBLEMA19.-Los ingenieros suelen usar la siguiente fórmula para determinar el caudal “Q”

de un líquido que fluye a través de un agujero de diámetro “D” en la pared lateral de un

tanque: Q = 0,68 D2√g h . Donde“g” es la aceleración de la gravedad y “h” es la altura de la

superficie del líquido respecto al agujero. ¿Qué dimensiones tiene la constante 0,68? Precisar

las unidades correspondientes en el sistema de unidades BG?(White Frank P1.11).

Solución:

[Q] = [0,68 ][D2][√g h]

𝐋𝟑

𝐓= [0,68 ]L2 (

L

T2)1/2

L1/2

17

[𝟎, 𝟔𝟖 ] = 𝐅𝟎𝐋𝟎𝐓𝟎 (𝐀𝐝𝐢𝐦𝐞𝐧𝐬𝐢𝐨𝐧𝐚𝐥)

PROBLEMA20.- Un cuerpo pesa 20 Kgf. Determine su masa (UTM), si g = 10 m/s2.

Solución: El análisis se hará en el Sistema Técnico

𝐏𝐞𝐬𝐨 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐱 𝐠𝐫𝐚𝐯𝐞𝐝𝐚𝐝

𝐠𝐜

𝟐𝐊𝐠𝐟 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 (𝐔𝐓𝐌)𝐱 𝟏𝟎

𝐦

𝐬𝟐

𝟏 𝐔𝐓𝐌−𝐦

𝐊𝐠𝐟 − 𝐬𝟐

m = 0,2 UTM

PROBLEMA21.-Para el caso general de un volumen de control en movimiento y/o deformante,

el Teorema de Transporte de Reynolds (RTT)6 se escribe como:

(DB

Dt)SIS

= ∂

∂t∭ β ρ d∀

VC

+ ∮ β ρ VSC

. dA

Donde:“V” es la velocidad del fluido relativa a la superficie de control, " 𝛒 " densidad del fluido,

“A” área, “t” tiempo, "∀” volumen y “B” es una propiedad extensiva cualquiera del flujo.

Escriba las dimensiones primarias de cada término aditivo en la ecuación y verifique que la

ecuación es dimensionalmente homogénea.

Solución: Cada término del Teorema de Transporte de Reynolds, debe tener la misma

representación dimensional, por condición del problema.

(DB

Dt)SIS

= B T-1

[∂

∂t∭ βρ d∀

VC] =

𝐌

𝐋𝟑 𝐱𝐛𝐱𝐋𝟑 𝐱 𝐓 −𝟏 =B T-1

[∮ βρVSC

. dA ]= 𝐌

𝐋𝟑 𝐱𝐛 x 𝐋

𝐓𝐱𝐋𝟐 = B T-1

PROBLEMA22.- Calcule la masa de un cuerpo en gramos, si cuando se mueve a 2,25 m/s tiene

una energía cinética de 94,6 mN.m.

6Permite relacionar las variaciones totales referidas al sistema de una propiedad extensiva “B”, cuya propiedad

específica "𝛽" que se mueve con el fluido, en términos de lo que ocurre en un volumen de control fijo en el espacio, definido por el Vcontrol y Scontrol.

18

Solución: La energía cinética queda establecida por la ecuación:EC = 1

2 m V2

𝐦 = 2 x 94,6 m (N.m)x

1 N

1000 mN

2,252 m2

s2

x 1000 g = 𝟑𝟕, 𝟑𝟕𝟐 𝐠

PROBLEMA23.- Determinar las dimensiones en los sistemas F L T y M L T, para:

a) El producto de masa por velocidad b) El producto de fuerza por volumen

c) Energía cinética dividida entre el área.

Solución: En el cuadro adjunto se muestra los resultados correspondientes de la operación de

la representación dimensional de cada variable.

F L T M L T

masa x velocidad F T M L T-1

fuerza x volumen F L3 M L4 T-2

energía cinética / área F L-1 M T-2

PROBLEMA24.- Determinar las dimensiones en el sistema M L T y las unidades BG y CGS

respectivas, para:a) Potencia x Módulo de Elasticidadb) Energía x Esfuerzo de cortec)

Presión x Velocidad angulard) Cantidad de Movimiento x Energía

Solución: Los resultados se presentan en el cuadro adjunto

Representación Dimensional

M L T

Unidades

BG

Unidades CGS

Potencia x Módulo de Elasticidad

M2 L T-5 slug2. ft

s5

gr2. cm

s5

Energía x Esfuerzo de corte M2 L T-4 slug2. ft

s4

gr2. cm

s4

Presión x Velocidad angular

M L -1 T-3 slug

ft . s3

gr

cm . s3

Cantidad de Movimiento x Energía

M2 L 3 T-3 slug2. ft3

s3

gr2. cm3

s3

PROBLEMA25.-La diferencia de presión " ∆𝐏 "a través de una obstrucción parcial de una

arteria denominada “estenosis” se puede aproximar por la ecuación:

19

∆𝐏 = 𝐊𝐀

𝛍 𝐕

𝐃 + 𝐊𝐁 (

𝐀𝟎

𝐀𝟏− 𝟏) 𝛒 𝐕𝟐

Donde:“V” es la velocidad del torrente sanguíneo, "𝛍 " y " 𝛒 "son la viscosidad dinámica y la

densidad de la sangre, “D” es el diámetro de la arteria, “A0” es el área de la arteria no

obstruida y “A1” es el área de la estenosis. Determinar las dimensiones (F, L, T) de las

constantes “KA” y “KB”.(Munson Young 1.11).

Solución:

[∆𝐏] = [𝐊𝐀] [𝛍 𝐕

𝐃]

F

L2 = [𝐊𝐀]FT

L2

L

T

1

L[𝐊𝐀] = F0 L0 T0

[∆𝐏] = [KB] [(𝐀𝟎

𝐀𝟏− 𝟏) 𝛒 𝐕𝟐]

F

L2 = [KB]F T2

L4

L2

T2[𝐊𝐁] = F0 L0 T0

PROBLEMA26.-Teniendo presente que todos los términos de una ecuación deben tener las

mismas dimensiones. Determinar las dimensiones de las constantes en las ecuaciones

siguientes y las unidades respectivas en el SI, BG e II.(Potter Merle 1.5)

a) d = 4,9 t2 . Donde “d” es distancia t “t” es tiempo.

b) F = 9,8 m . Donde “F” es una fuerza y “m” es masa.

c) Q = 80 A R2/3S01/2. Donde “A” es área, “R” es un radio, “S0” es la pendiente y

“Q” es la rapidez de flujo de volumen.

Solución:

a. -L = [4,9]T2[4,9] = L T−2 → m/s2 , ft/s2 , ft/s2

b. -F = [9,8] MM L T−2 = [9,8] M[9,8] = L T−2 → m/s2 , ft/s2 , ft/s2

c. -L3

T= [80]L2L2/3[80] = L1/3T−1 → m1/3/s , ft1/3/s , ft1/3/s

PROBLEMA27.- Calcule la masa (slug) de un galón de aceite que pesa 7,8 lbf.

Solución: El análisis se hará en el sistema Británico Gravitacional de unidades.

𝐏𝐞𝐬𝐨 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐱 𝐠𝐫𝐚𝐯𝐞𝐝𝐚𝐝

𝐠𝐜

20

𝟕, 𝟖 𝐥𝐛𝐟 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 (𝐬𝐥𝐮𝐠)𝐱 𝟑𝟐, 𝟐

𝐟𝐭

𝐬𝟐

𝟏 𝐬𝐥𝐮𝐠.𝐟𝐭

𝐥𝐛𝐟 .𝐬𝟐

m = 0,242 slug

PROBLEMA28.- Calcule el peso (N) de 1 m3 de kerosene si su masa es de 825 Kg.

Solución: El análisis se hará en el Sistema Internacional de unidades.

𝐏𝐞𝐬𝐨 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐱 𝐠𝐫𝐚𝐯𝐞𝐝𝐚𝐝

𝐠𝐜=

𝟖𝟐𝟓 𝐊𝐠 𝐱 𝟗, 𝟖𝟏 𝐦

𝐬𝟐

𝟏 𝐊𝐠.𝐦

𝐍 .𝐬𝟐

= 𝟖𝟎𝟗𝟑, 𝟐𝟓 𝐍

PROBLEMA29.-Un cuerpo pesa 60 lbf en la tierra. Calcular su peso (lbf) en la Luna, donde g =

5,4 ft/s2

Solución: La masa del cuerpo en la Tierra y la Luna no cambia.

𝐏𝐞𝐬𝐨 = 𝐦𝐚𝐬𝐚 𝐱 𝐠𝐫𝐚𝐯𝐞𝐝𝐚𝐝

𝐠𝐜

(Peso cuerpo) Tierra

(gravedad)Tierra=

(Peso cuerpo) Luna

(gravedad)Luna

Remplazando valores, se tiene:(𝐏𝐞𝐬𝐨 𝐜𝐮𝐞𝐫𝐩𝐨) 𝐋𝐮𝐧𝐚 = 60 lbf5,4

32,2 = 𝟏𝟎, 𝟎𝟔lbf

PROBLEMA30.- ¿Qué fuerza (N) se necesita para acelerar una masa de 10 Kg a razón de 40

m/s2?a)Horizontalmente b) Verticalmente hacia arriba c)Hacia arriba por una pendiente de 30°

Solución: Aplicando la segunda ley de Newton:

F = masa x aceleración

gc

a.-Horizontalmente

F = 10 Kg x 40 m/s2 x N.s2/1 Kg. m = 400 N

b. - Verticalmente hacia arriba

F – Peso = m x a /gc F= m (g + a)/gc

F = 10 Kg x (9, 81 + 40) m/s2 x N.s2/1 Kg. m = 498, 1 N

21

c.- Hacia arriba por una pendiente de 30°

F – Peso sen 30° = m x a /gc F= m (g sen 30° + a)/gc

F = 10 Kg x (9, 81 sen 30° + 40) m/s2 x N.s2/1 Kg. m = 449, 05 N

PROBLEMA31.-Un tanque que tiene un volumen de 0.05 m3, contiene aire a 25 KPa

manométrico y 25 °C. Considerando la presión barométrica de 90 KPa y la aceleración local de

la gravedad de 9,61 m/s2. Determinar el peso (N) del aire en el tanque.

Solución: La ecuación de estado de los gases ideales, establece que:

P ∀ = m RGAS T

m = (90 + 25) KPa x 0.05 m3

0.287 KJ

Kg.K(25 + 273) K

= 0,06723 Kg

𝐏𝐞𝐬𝐨 = m x g

gc =

0,0672 Kg x 9,61 m

s2

1 Kg.m

N.s2

= 𝟎, 𝟔𝟒𝟔 𝐍

PROBLEMA32.- Determine las unidades de “C”, “K” y “f(t)” en la ecuación siguiente:

𝐦 𝐝𝟐𝐲

𝐝𝐭𝟐+ 𝐂

𝐝𝐲

𝐝𝐭+ 𝐊 𝐲 = 𝐟(𝐭)

Si “m” está en Kilogramos, “y” está en metros y “t” está en segundos.(Potter Merle 1,7)

Solución: Cada término de la ecuación debe tener igual dimensión y unidades para cumplir

con el principio de homogeneidad.

Kg. m/s2 + (C) m/s = Kg. m/s2 →C = Kg/s

(K) m = Kg. m/s2 →K = Kg/s2

𝐟(𝐭) = Kg. m/s2

PROBLEMA33.- Una bomba hidráulica para agua requiere de 5 HP para crear una carga de 20

m. Si su eficiencia es del 87%. Determinar la rapidez de flujo de volumen (L/s y cfs) que

impulsa.

Solución: Por definición de Eficiencia de Máquina Hidráulica Generadora, se tiene:

22

ηB = Energia Hidraulica

Energia Mecanica=

γ Q H

Potencia de accionamiento

0.87 = 9,81

KN

m3 x Q (m3

s) x 20 m

5 HP x 0,746 KW

HP

Q = 0,016539 m3/s (16,539 L/s; 0,584 cfs)

PROBLEMA34. -Un cuerpo pesa 360 N en un lugar donde g= 8,80 m/s2. Determinar la fuerza

(N) requerida para acelerar este cuerpo a razón de 10,0 m/s2.

Solución.- Por la segunda Ley de Newton, se sabe que:

F = m x a

gc

El peso y la masa están relacionadas, por:

Peso = m x g

gc

Por lo que:

F = (Peso x gc

g) x (

a

gc) =

360 x 10

8,80= 𝟒𝟎𝟗, 𝟎𝟗 𝐍

PROBLEMA35.-Un cuerpo pesa 30 lbf en un lugar donde g= 32,0 ft/s2. a) ¿Cuál es su masa en

(lb) y (slug)? b) ¿Cuál es su peso en (lbf), su masa en (lb) y (slug), en un lugar donde g= 16,0

ft/s2.

Solución.-

a.-Trabajando en el Sistema Gravitacional Británico (SGB)

Peso = m x g

gc

30 lbf = masa (Slug)x 32,0

ft

s2

1 Slug−ft

lbf− s2

𝐦𝐚𝐬𝐚 = 𝟎, 𝟗𝟑𝟓𝟕 𝐒𝐥𝐮𝐠 x 32,2 lb

Slug= 𝟑𝟎, 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝐥𝐛

b.-La masa se mantiene constante: 𝟎, 𝟗𝟑𝟓𝟕 𝐒𝐥𝐮𝐠 = 𝟑𝟎, 𝟏𝟖𝟕𝟓 𝐥𝐛

23

𝐏𝐞𝐬𝐨𝐁 = PesoA x gB

gA= 30 x

16

32= 𝟏𝟓 𝐥𝐛𝐟

PROBLEMA36.-Una familia tiene tres adolescentes, cada uno de los cuales emplea por las

mañanas un secador de cabello durante 10 minutos. El secador consume 1200 W y la

electricidad cuesta $ 0.08/KWh. Determinar el gasto mensual de energía.(Gerhart Philip 1.74).

Solución.-

0,08 $

KW−h x 1,2 KW x

0,5 h

dia x

30 dias

mes= 𝟏,𝟒𝟒

$

𝐦𝐞𝐬

PROBLEMA37.-Cierto líquido tiene una viscosidad dinámica de 6,20 x 10-5 slug/ft.s a

temperatura ambiente. Determinar el valor de la viscosidad dinámica en cada uno de los

siguientes conjuntos de unidades: lbf.s/ft2, N.s/m2 , poise y lb/ft.s.

Solución.-

μ = 6,20 x 10−5Slug

ft − s x

32,2 lb

Slug= 𝟏, 𝟗𝟗𝟔𝟒 𝐱 𝟏𝟎−𝟑

𝐥𝐛

𝐟𝐭 − 𝐬

𝛍 = 6,20 x 10−5Slug

ft − s= 𝟔, 𝟐𝟎 𝐱 𝟏𝟎−𝟓

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐. 𝐬

𝛍 = 6,20 x 10−5lbf

ft2. s (

47,88 Pa. slbf

ft2. s

) = 2,96856 x 10−3 Pa. s = 𝟐, 𝟗𝟔𝟖𝟓𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟐 𝐩

PROBLEMA38.- Determine la masa (Kg) y el peso (N) del aire contenido en un cuarto cuyas

dimensiones son 6m x 6m x 8m. Suponga que la densidad del aire es 1,16 kg/m3.

Solución.-

masa de aire = Densidad del aire x Volumen = 1,16 x 6 x 6 x8 = 𝟑𝟑𝟒, 𝟎𝟖 𝐊𝐠.

𝐏𝐞𝐬𝐨 𝐝𝐞 𝐚𝐢𝐫𝐞 = 334,08 Kg x 9,81

m

s2

1 Kg−m

N− s2

= 𝟑𝟐𝟕𝟕, 𝟑 𝐍

PROBLEMA39.-El rendimiento (ηB) de una bomba7 se define como la relación entre la

potencia consumida por el flujo y la potencia requerida para accionar la bomba.Suponga que

cierta bomba desarrolla una sobre presión de 25 lbf/in2 para un caudal de 40 l/s. Si la potencia

consumida es de 12 HP. ¿Cuál es el rendimiento (%)?(White Frank P1.13).

Solución.-

7Nos permite precisar las pérdidas en el interior de la máquina generadora.

24

ηB = Energia Hidraulica

Energia Mecanica=

γ Q H

Potencia de accionamiento

𝛈𝐁 =

25 𝑥 144 𝑥 40 𝑥 10−3 𝑥1 cfs

0,02832 m3

s

550 𝑥12 𝑥 100 % = 𝟕𝟕, 𝟎𝟒 %

PROBLEMA40.- El barómetro de un montañista registra 13,8 Psia al principio de un ascenso y

12,6 Psia al final. Despréciese el efecto de la altura sobre la aceleración gravitacional local.

Determine la distancia vertical (ft) ascendida. Suponga una densidad del aire promedio de

0,074 lb/ft3 y tome g= 31,8 ft/s2.(Yunus Cengel 3,19)

Solución.- Se sabe que la variación de la presión en un fluido estático se debe a la gravedad y

en el plano vertical.

∆P = ρaire x g x h

(13,8 − 12,6)x144 lbf

ft2= 0,074

lb

ft3 x 31,8

ft

s2 x (𝐡)ft x

1

32,2 lb−ft

lbf− s2

h = 2364,5 ft

PROBLEMA 41.-El número de Mach es una relación adimensional de la velocidad de un objeto

en un fluido con la velocidad del sonido en el fluido. Para un avión que vuela a una velocidad

“V” en aire a una temperatura absoluta “T”, el número de Mach “M”,es:M =V

√K R T . Donde: K

es una relación de calores específicos del aire y R es la constante específica de los gases para

el aire. Demuestre que el número de Mach es adimensional.(Gerhart Philip 1.69).

Solución.-

[M] = [V]

[√K R T]

[𝐌] = L

T √L2

T2 θ θ

= 𝐅𝟎𝐋𝟎𝐓𝟎 (𝐄𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐀𝐝𝐢𝐦𝐞𝐧𝐬𝐢𝐨𝐧𝐚𝐥)

PROBLEMA42.-La fórmula de Stokes – Oseen para el estudio de la fuerza de arrastre “FD”

sobre una esfera de diámetro “D”, que viaja a una velocidad “V” en un medio fluido viscoso de

densidad " 𝛒 "y viscosidad dinámica" 𝛍 ", es:

25

𝐅𝐃 = 𝟑 𝛑 𝛍 𝐃 𝐕 + 𝟗 𝛑

𝟏𝟔 𝛒 𝐕𝟐𝐃𝟐.

¿Es esta ecuación dimensionalmente homogénea?(White Frank P1.13).

Solución.- Para verificar si la ecuación es dimensionalmente homogénea, debe tener la misma

representación dimensional en ambos miembros de la ecuación.

[𝐅𝐃] = 𝐅

[𝟑 𝛑 𝛍 𝐃 𝐕] = F

L2 T L

L

T= 𝐅

[𝟗 𝛑

𝟏𝟔𝛒 𝐕𝟐𝐃𝟐] = F L−4T2L2T−2L2 = 𝐅

La ecuación propuesta por Stokes – Oseen, es homogénea.

PROBLEMA43.- La potencia “P” requerida para accionar una bomba centrifuga, es función del

caudal “Q”, del diámetro del rotor “D”, el régimen de operación “𝝎", la densidad del fluido

“𝛒"y su viscosidad dinámica “𝛍".Determinar el número de parámetros adimensionales para su

estudio.

Solución.- La ecuación funcional del problema, queda establecida por:

𝐏 = 𝛗 ( 𝐐, 𝐃,𝛚, 𝛒, 𝛍)

Se determina la representación dimensional de cada una de las variables de la ecuación

funcional:

[P] = F L T-1[Q] = L3T−1[𝛚] = T−1[ρ] = F L−4T2[μ] = F L−2 T

Se observa que las dimensiones básicas F, L y T participan en el problema, por lo que el

número de parámetros adimensionales, son:

N°𝜋= (Variable Dependiente + ∑Variables Independientes ) – Nª Dimensiones básicas

Nº 𝝅 = (1 + 5) – 3 = 3

PROBLEMA44.- Hallar (a – b) en la ecuación de Hagen Pouseuille (Flujo Laminar) que establece

que el gasto volumétrico (Q) que pasa a través de un tubo de radio (R), longitud del tubo (L),

diferencia de presiones entre los extremos del tubo( ∆𝐏 ) y la viscosidad absoluta (𝛍), está

dado por la expresión:

26

𝐐 = 𝛑 𝐑𝐚∆𝐏𝐛

𝟖 𝐋 𝛍

Solución.- Se establece la representación dimensional para cada una de las variables que

intervienen en el problema objeto de estudio.

[Q] = π[Ra][∆Pb]

8 [L][μ]

L3T−1 =La(F L−2)b

L F L−2 T

F: b=1 L: a = 4 (a-b) = 3

PROBLEMA45.- Un avión de propulsión a chorro vuela a 550 mill

h(1 milla: 5280 ft)a una altitud

de 35000 ft, donde la temperatura es de -66 °F. Determinar el Número de Mach8. Considerar la

constante adiabática del aire K: 1,4.

Solución.- El número de Mach queda establecido por:

M =Velocidad del flujo

Velocidad del sonido

La velocidad del sonido, se puede relacionar con la ecuación de los gases perfectos:

M= V

√K R T

𝐌 = 550

milla

h

h

3600 s

5280 ft

milla

√1,4 x 1716 lbf−ft

Slug−°R x (−66 + 460)°R x

Slug−ft

lbf−s2

= 𝟎, 𝟖𝟐𝟗

PROBLEMA46.- El valor de la aceleración gravitacional “g” decrece con la elevación de 9,807

m/s2 a nivel del mar, hasta 9,767 m/s2 a una altitud de 13000 m en donde se desplazan los

grandes aviones de pasajeros. Determinar el porcentaje de reducción en el peso de un avión

que viaja a 13000 m, en relación con su peso a nivel del mar.

Solución.-

% Reducción del peso del avión = PNivel mar − Paltitud

PNivel mar x 100 %

8Relaciona los efectos de propagación y compresibilidad del sonido, caracteriza a los fluidos compresibles.

27

Reducción = masaavion (gnivel del mr − galtitud)

masaaviongnivel del mr x 100

𝐑𝐞𝐝𝐮𝐜𝐜𝐢ó𝐧 = (9,807 − 9,767)

9,807 x 100 % = 𝟎, 𝟒𝟎𝟕𝟖 %

28

CAPITULO 2

PROPIEDADES DE LOS FLUIDOS

Todo fluido posee ciertas características por las que es posible describir su condición

física, estas características se denominan “Propiedades del Fluido” y se expresan en términos

de un número limitado de Dimensiones Básicas (Longitud, Masa ó Fuerza, Tiempo y

Temperatura) que a su vez se cuantifican mediante unidades fundamentales. Una propiedad

es una característica de un sistema que depende de su estado. Hay dos tipos de propiedades:

1. Propiedades intensivas.- Estas propiedades no dependen de la masa del sistema.

Ejemplos: Temperatura y Presión.

2. Propiedades extensivas.- Estas propiedades dependen de la masa del sistema. Ejemplos:

Volumen y Energía.

Las propiedades extensivas con frecuencia se dividen mediante la masa asociada con

ellas para obtener la propiedad intensiva. Por ejemplo, si el volumen de un sistema de masa

“m” es “∀" entonces el volumen especifico de la materia dentro del sistema es una propiedad

intensiva.Si consideramos una propiedad extensiva “B” y su correspondiente propiedad

intensiva “ 𝛃 ”, estas están relacionadas, por:

𝐁 = ∫𝛃 𝐝𝐦 = ∫𝛃 𝛒 𝐝∀

En un flujo dado, la determinación experimental ó teórica de las propiedades del

fluido en función de la posición y del tiempo se considera solución del problema. En casi todos

los casos, el énfasis se hace sobre la distribución espacio – temporal de las propiedades fluidas.

Aunque el campo de velocidades es la propiedad más importante del flujo, éste interactúa con

las propiedades termodinámicas del fluido; siendo las tres más importantes: Presión, Densidad

y Temperatura. Son los compañeros permanentes de la velocidad en el análisis de los flujos. Al

entrar en juego el Trabajo, el Calor y el Equilibrio energético aparecen otras cuatro

propiedades, como: Energía interna, Entalpia, Entropía Y Calores específicos.

Por otro lado, los efectos de fricción y conducción de calor están gobernados por los

denominados coeficientes de transporte: Coeficiente de viscosidad y Conductividad térmica.

29

Los métodos de medición de flujo se pueden clasificar en un sentido general como

Directos ó Indirectos. Los métodos directos comprenden la medición real de la cantidad de

flujo para un tiempo dado. Los métodos indirectos abarcan la medición de un cambio de

presión “efecto Venturi” que a su vez está directamente relacionada con el gasto.

1.- RAPIDEZ DE FLUJO FLUIDO.- Es la cantidad de flujo que fluye en un sistema por unidad de

tiempo, se puede expresar mediante los siguientes términos que se muestra en el cuadro 2.1

Cuadro 2.1. Rapidez de flujo9

RAPIDEZ DE FLUJO DEFINICIÓN

VOLUMEN(��) 𝐕𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧

𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨

PESO (�� ) 𝐏𝐞𝐬𝐨

𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨

MASA (��) 𝐦𝐚𝐬𝐚

𝐭𝐢𝐞𝐦𝐩𝐨

FUENTE: Elaboración Propia

2.- PROPIEDDES QUE COMPRENDEN LA MASA O PESO ESPECÍFICO

A.- DENSIDAD(𝛒).- Es la masa por unidad de volumen. Se representa por la letra griega

𝛒(rho).

𝛒 = 𝐦𝐚𝐬𝐚

𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧

La representación dimensional correspondiente, es M L-3 ó F L-4 T2. En general, la

densidad de una sustancia depende de la temperatura y de la presión. La densidad de la

mayoría de los gases es proporcional a la presión e inversamente proporcional a la

temperatura. Por otro lado los líquidos son incompresibles y la variación de su densidad con la

presión suele ser despreciable. Por ejemplo, la densidad del agua desde 0 °C hasta 10 °C es

1000 Kg/m3 (1,94 slug/ft3, 102 UTM/ m3, 1 gr/cc) y la densidad del aire a 20 °C y presión

atmosférica normal es de 1,2 (Kg/m3).

B.- PESO ESPECÍFICO(𝛄).- La fuerza gravitacional por unidad de volumen de fluido ó

simplemente el peso por unidad de volumen, se define como peso específico. Se representa

por la letra griega “𝛄 "(gamma).

9Se complementa con la experimentación en la medición directa de flujo.

30

𝛄 = 𝐩𝐞𝐬𝐨

𝐯𝐨𝐥𝐮𝐦𝐞𝐧

Su representación dimensional, es F L-3. El agua a 20 °C tiene un peso específico de

9,79 KN/m3. En contraste el peso específico del aire a la misma temperatura y a una presión

atmosférica normal es de 11,8 N/m3. El peso específico y la densidad están relacionados por:

𝛄 = 𝛒 𝐠

C.- GRAVEDAD ESPECÍFICA10 (S).- Es la razón entre el peso específico ó densidad de una

sustancia (por lo regular un líquido) y la densidad del agua a una temperatura de referencia

de 4 °C. Es adimensional y es independiente del sistema de unidades que se utilice.

𝐒 = 𝛒𝐟𝐥𝐮𝐢𝐝𝐨

𝛒𝐚𝐠𝐮𝐚=

𝛄𝐟𝐥𝐮𝐢𝐝𝐨

𝛄𝐚𝐠𝐮𝐚

3.- PROPIEDDES QUE COMPRENDEN EL FLUJO DE CALOR

A.- CALOR ESPECÍFICO (C).- La propiedad que describe la capacidad de una sustancia para

almacenar energía térmica se denomina calor específico. Está definición, es la cantidad de

energía térmica que debe ser transferida a una unidad de masa de sustancia para elevar su

temperatura en un grado. El calor específico de un gas depende del proceso que acompañe al

cambio de temperatura. Para cantidades pequeñas, tenemos:

𝐝𝐐 = 𝐦 𝐜 𝐝𝐓

Para un gas hay un número infinito de maneras en las que se puede agregar calor entre dos

temperaturas. Sin embargo para gases, solo se definen dos calores específicos:

Calor específico a volumen constante(CV)

𝐝𝐐 = 𝐦 𝐂𝐕 𝐝𝐓

Calor específico a presión constante(CP):

𝐝𝐐 = 𝐦 𝐂𝐏 𝐝𝐓

Quedando ambas relacionadas por la constante adiabática “K”: 𝐊 = 𝐂𝐏

𝐂𝐕

10Llamada también densidad relativa, para los gases el fluido de referencia es el aire seco.

31

B.- ENERGÍA INTERNA ESPECÍFICA (u).- La energía que posee una sustancia al estado de su

actividad molecular se denomina energía interna, que suele expresarse como una cantidad

específica, esto es, energía por unidad de masa. La energía interna es por lo general una

función de temperatura y presión, pero para un gas ideal, es una función sólo de la

temperatura.

C.- ENTALPIA ESPECÍFICA11 (h).- La combinación ( 𝐮 + 𝐏

𝛒 ) se encuentra con frecuencia en las

ecuaciones para termodinámica y flujo compresible. Para un gas ideal es función de la

temperatura.

4.- ESCALAS DE PRESIÓN Y TEMPERATURA

En Mecánica de Fluidos la presión es el resultado de la acción de una fuerza de

compresión normal (Fn) sobre un área (A). La presión queda definida por:

𝐏 = 𝐥𝐢𝐦𝚫𝐀→𝟎

𝚫𝐅𝐧

𝚫𝐀

La presión en cualquier punto en un fluido es la misma en todas las direcciones, es

decir tiene magnitud pero no una dirección específica, en consecuencia es una cantidad

escalar. La representación dimensional es F L-2 ó M L-1 T-2. Ejemplo en el Sistema Internacional

de Unidades es el N/m2 (Pa) ó Kg/m.s-2.

La presión se mide con respecto a un nivel de referencia. La presión que se mide en

relación con la presión atmosférica local se denomina “presión manométrica”y la que se mide

en relación con una presión cero se denomina “presión absoluta”. Las presiones manométrica

y absoluta se relacionan de acuerdo con la siguiente expresión:

Presión absoluta = Presión manométrica + Presión atmosférica local

El empleo de los subíndices “g” y “a” con las unidades de una presión, indican si la

presión es manométrica ó absoluta respectivamente.La presión atmosférica estándar a nivel

del mar tiene los siguientes valores: 101,3 KPa, 14,7 Psi, 30,0 in Hg, 760 mmHg, 34 ft de agua,

1,013 bar.

11Es una propiedad muy importante en el análisis de fluidos compresibles, debido al acoplamiento entre la forma

mecánica y térmica de energía.

32

La temperatura está relacionada con el nivel de energía interna del fluido. Hay dos

escalas de temperatura de uso común, la escala Celsius (°C) y la escala Fahrenheit (°F), ambas

se basan en el punto de congelamiento y el punto de vapor del agua a una presión atmosférica

de 101,3 KPa. En l escala Celsius son 0 y 100 °C y 32 °F y 212 °F en la escala Fahrenheit. La

escala absoluta que corresponde a la escala Celsius es la escala Kelvin (K) y la que corresponde

a la escala Fahrenheit es la escala Rankine (°R).La relación entre las escalas, son:

𝐊 = °𝐂 + 𝟐𝟕𝟑, 𝟏𝟓 y °𝐑 = °𝐅 + 𝟒𝟓𝟗, 𝟔𝟕

5.- GAS PERFECTO

El comportamiento de los gases en la mayor parte de las aplicaciones de ingeniería se

puede describir con la ley de los gases ideales, también conocida como ley de los gases

perfectos. Si la temperatura es relativamente baja y/o la presión es relativamente alta,

debemos tener cuidado y aplicar la ley de los gases reales. La ley de los gases ideales está

dado por:

𝐏 ∀ = 𝐦 𝐑𝐆𝐀𝐒 𝐓

Donde la Presión y la Temperatura son condiciones absolutas y RGAS es la constante del gas en

estudio.

𝐏 = 𝛒 𝐑𝐆𝐀𝐒 𝐓

La constante de los gases se relaciona con la constante universal de los gases y la masa molar,

según la ecuación:

𝐑𝐆𝐀𝐒 = ��

�� =

𝐉

𝐊𝐦𝐨𝐥.𝐊𝐊𝐠

𝐊𝐦𝐨𝐥

= 𝐉

𝐊𝐠. 𝐊

Otras formas que adopta la ley de los gases ideales, son:

𝐏 ∀ = 𝐦 ��

�� 𝐓 = 𝐧 �� 𝐓 = 𝐧 𝐑𝐆𝐀𝐒𝐌 𝐓

Donde “n” es el número de moles. Algunos valores de la constante universal de los gases son:

�� = 𝟖, 𝟑𝟏𝟒 𝐊𝐉

𝐊𝐦𝐨𝐥.𝐊= 𝟖, 𝟑𝟏𝟒

𝐊𝐏𝐚.𝐦𝟑

𝐊𝐦𝐨𝐥 . 𝐊= 𝟏𝟓𝟒𝟓

𝐥𝐛𝐟. 𝐟𝐭

𝐥𝐛𝐦𝐨𝐥 . °𝐑

Así mismo, se sabe que:𝐑𝐆𝐀𝐒 = 𝐂𝐏 − 𝐂𝐕

33

6.- VARIABILIDAD DEL VOLUMEN O DENSIDAD DE UN FLUIDO POR EFECTOS COMBINADOS

DE LA PRESIÓN Y TEMPERATURA

Por experiencia se sabe que existe un cambio relativo en el VOLUMEN(∆∀)ó la

DENSIDAD(∆𝛒) de un fluido al variar su TEMPERATURA y PRESIÓN (efectos combinados)

a.- La cantidad del cambio en el VOLUMEN ó la DENSIDAD es diferente para fluidos diferentes

y se necesita definir las propiedades que relacionan sus cambios con la TEMPERATURA y

PRESION. Estas propiedades son:

Módulo de Elasticidad de Volumen (E) a Temperatura constante, llamado también

“Coeficiente de Compresibilidad” ó “Módulo de Compresibilidad de Volumen”

Coeficiente de Expansión Volumétrica )( a Presión constante.

b.- Los fluidos: se expanden cuando se calientan y se contraen cuando se enfrían.

c.- Un fluido se contrae cuando se aplica más presión sobre él y se expande cuando se reduce

la presión que actúa sobre el.

d.- Se puede determinar los efectos combinados de los cambios en la TEMPERATURA y

PRESIÓN sobre el cambio de volumen de un fluido cuando se toma el volumen como una

función de “P” y “T”. El diferencial total de∀ = ∀ (𝐏, 𝐓)

𝐝∀ = (𝛛∀

𝛛𝐏)𝐓𝐝𝐏 + (

𝛛∀

𝛛𝐓)𝐏𝐝𝐓

A.- COEFICIENTE DE COMPRESIBILIDAD12 (E).- Representa el cambio en la presión

correspondiente a un cambio relativo en el volumen ó la densidad del fluido, mientras la

temperatura permanezca constante.

𝐄 = −∀𝟎 (𝛛𝐏

𝛛∀)𝐓

= 𝛒𝟎 (𝛅𝐏

𝛅𝛒)𝐓

El Coeficiente de compresibilidad, tiene representación dimensional [E] = FL−2

El signo negativo expresa que a un incremento de presión corresponde un decremento

de volumen.

12Llamado también módulo de elasticidad volumétrico, para el agua es aproximadamente2,2 GN/m2

34

El módulo de elasticidad de volumen del agua en condiciones estándar es 2100 MPa.

Para el caso de gases ideales, el módulo de elasticidad de volumen no es constante, si

no que depende del proceso.

El Módulo de Elasticidad de Volumen también sirve para calcular la velocidad del

sonido.

Un valor grande de “E” indica que se necesita un cambio también grande en la presión

para causar un pequeño cambio relativo en el volumen, por lo que un fluido con un “E”

grande en esencia es incompresible. Esto es típico para los líquidos y explica por qué

estos suelen considerarse como incompresibles.

El inverso del COEFICIENTE DE COMPRESIBILIDAD de un fluido se llama

COMPRESSIBILIDAD ISOTERMICA )( y representa el cambio relativo en el volumen o la

densidad correspondiente a un cambio unitario en la presión.

TT PP

00

11

B.- COEFICIENTE DE EXPANSIÓN VOLUMETRICA )( .- En general, la densidad de un fluido

depende con mayor fuerza de la temperatura que la presión y la variación de la densidad con

la temperatura causa numerosos fenómenos naturales (Los vientos, las corrientes marinas en

los océanos, ascenso de columnas de humo en las chimeneas, etc.). Para cuantificar estos

efectos se necesita una “propiedad que represente la variación de la densidad de un fluido con

la temperatura a presión constante”

E ≈ ∆T

−∆∀

∀0

≈ ∆T∆ρ

ρ0

= − ∀0 (δT

δ∀)P

= ρ0 (δT

δρ)P

El inverso del COEFICIENTE DE COMPRESIBILIDAD de un fluido se llama COEFICIENTE

DE EXPANSIÓN VOLUMÉTRICA )( y representa el cambio relativo en el volumen o la

densidad del fluido, correspondiente a un cambio unitario en la temperatura.

PP TT

00

11

35

Por lo que la variación del volumen o densidad de un fluido, queda establecido por:

00 dPd dPdT 0

Así mismo el cambio relativo en el volumen ó la densidad debido a cambios en la presión y

temperatura se puede expresar de manera aproximada en términos de cambios finitos como:

)(00

PT

7.- VISCOSIDAD.- Es una medida cuantitativa de la resistencia de un fluido a fluir. Más

concretamente la viscosidad determina la velocidad de deformación del fluido cuando se le

aplica un esfuerzo cortante dado.

La distinción más importante entre un sólido y un fluido viscoso es el esfuerzo

cortante, en un material sólido es proporcional a la deformación de corte y el material deja de

deformarse cuando se alcanza el equilibrio; mientras que el esfuerzo cortante en un fluido

viscoso es proporcional a la rapidez de deformación. El factor de proporcionalidad para un

fluido viscoso es la viscosidad absoluta ó dinámica

𝛕 = 𝛍 𝐝𝐮

𝐝𝐲

La viscosidad de un fluido depende tanto de la temperatura como de la presión, aun

cuando la dependencia respecto a la presión es más débil. Para los líquidos, la viscosidad

dinámica y la cinemática son prácticamente independientes de la presión y suele descartarse

cualquier variación pequeña con ésta, excepto a presiones extremadamente elevadas.

Para los líquidos en forma muy aproximada se puede determinar la viscosidad

absoluta, mediante la ecuación de Andrade:𝛍 = 𝐀 𝐞𝐁

𝐓. Donde “A” y “B” se determinan

a partir de mediciones.

Para los gases una estimación razonable para la variación de la viscosidad con la

temperatura absoluta es la ecuación de Sutherland:

𝛍

𝛍𝟎= (

𝐓

𝐓𝟎)𝟑/𝟐

(𝐓𝟎 + 𝐒

𝐓 + 𝐒)

36

Donde 𝛍𝟎es la viscosidada una temperatura 𝐓𝟎y S es la constante de Sutherland (ver Anexo

Tabla A.3). Ejemplo para el aire es 111 K

Muchos cálculos de la dinámica de los fluidos involucran la razón de la viscosidad

dinámica en la densidad del fluido, por lo que la viscosidad cinemática queda establecido, por:

𝛍 = 𝛎 𝐱 𝛒

Existen procedimientos y equipos variados para determinar la viscosidad de los fluidos

llamados viscosímetros ó reómetros.

Viscosidad absoluta: Viscosímetro de tambor rotatorio, viscosímetro de tubo capilar,

viscosímetro de bola que cae, etc.

Viscosidad cinemática: Viscosímetro Engler, Viscosímetro Saybolt Universal13, Viscosímetro

Saybolt Furol, Viscosímetro Redwood, etc.

Una ecuación empírica para determinar la viscosidad cinemática en forma experimental, es:

𝛎 (𝐜𝐦𝟐

𝐬) = 𝐀 𝐭 −

𝐁

𝐭

Donde “A” y “B” dependen del tipo de viscosímetro y del tiempo “t” de escurrimiento de la

muestra que fluye por un orificio de diámetro pequeño.

La ASTM – 2161, describe los métodos de conversión entre las mediciones de la

viscosidad en SSU y la viscosidad cinemática en mm2/s. Se presentan los siguientes casos:

Caso 01.- Cuando la viscosidad cinemática es menor a 75 mm2/s y la temperatura del fluido es

100 °F.

Caso 02.- Cuando la viscosidad cinemática es mayor a 75 mm2/s y la temperatura del fluido es

100 °F

Caso 03.- Cuando la temperatura del fluido es diferente de 100 °F y la viscosidad es mayor a

75 mm2/s.

13La facilidad con que un fluido pasa por un orificio de diámetro pequeño es un indicador de su viscosidad, es el

principio de su funcionamiento.

37

PROBLEMASRESUELTOS

PROBLEMA01.- Hay que seleccionar una tubería de acero estándar - Cedula 40, para que lleve

15 gpm de agua, con velocidad de 1,5 ft/s. ¿Cuál es el diámetro (in) de la tubería que debe

utilizarse?(Robert Mott 6,42).

Solución.-

Á𝐫𝐞𝐚 𝐝𝐞 𝐅𝐥𝐮𝐣𝐨 = Caudal

Velocidad del flujo=

15 gpm x1 cfs

449 gpm

1,5 ft

s

= 𝟎, 𝟎𝟐𝟐𝟐𝟕 𝐟𝐭𝟐

Del Anexo: Tabla A.4: Tubo de acero estándar – Cédula 40:

Área de flujo = 0,0233 ft2 (2 in de diámetro nominal - Seleccionar en exceso)

PROBLEMA02.- Un ventilador14 funciona de manera continua y extrae aire de un ambiente que

se encuentra a 750 mmHg (abs) y 20 °C, a razón de 30 L/s. Determine la masa (Kg) de aire que

se extrae en un día.(Robert Mott 6,33C).

Solución.- Convertir la carga del mercurio a unidades de presión.

P = γagua x SHg x hHg = 9,81 x 13,6 x 0,75 = 100,062 KPa

Cálculo de la densidad del aire:

ρaire = P

Raire T=

100,062

0,287 x (20 + 273)= 1,189

Kg

m3

Cálculo de la masa removida en un día.

𝐦 = ρ x Q x t = 1,189 x 30 x 10 −3x 3600 x 24 = 𝟑𝟎𝟖𝟒, 𝟐𝟖𝟔 𝐊𝐠

PROBLEMA03.- Una tubería de 2 m de diámetro lleva agua a razón de 4 m/s.Determinar la

descarga (m3/s y cfs).(Roberson Crowe 5,3).

Solución.-

𝐐 = V x Area de flujo = 4 m

s x

π

4(2)2m2 = 𝟏𝟐, 𝟓𝟔

𝐦𝟑

𝐬

𝐐 = 12,56 m3

s x

1 cfs

0,02832 m3

s

= 𝟒𝟒𝟑, 𝟕𝟐 𝐜𝐟𝐬

14También se conoce como máquina hidráulica generadora para gases y su análisis de diseño se hace como fluido

incompresible

38

PROBLEMA 04.- Una tubería cuyo diámetro es 80 mm transporta aire con una temperatura de

20 °C y presión de 200 KPa absolutos a razón de 20 m/s. Determinar el flujo másico (Kg/s).

Solución.- Consideramos la sustancia de trabajo como un gas ideal, para determinar luego su

densidad utilizando la ecuación de estado del gas ideal.

ρ = P

Raire x T=

200

0,287 x (20 + 273)= 2,378

Kg

m3

�� = ρ x V x Area de flujo = 2,378 Kg

m3 x 20

m

s x

π

4(0,08)2m2 = 𝟎, 𝟐𝟑𝟗𝟏 𝐊𝐠/𝐬

PROBLEMA05.- Un tubo de prueba del motor de un avión es capaz de proporcionar un flujo

másico de 80 Kg/s, en condiciones de altitud correspondientes a una presión absoluta de 50

KPa absolutos y una temperatura de – 18 °C. La velocidad del aire que pasa por el conducto

unido al motor es de 400 m/s. Calcular el diámetro del conducto.(Roberson Crowe 5,6).

Solución.- Determinamos primeramente la densidad del aire

ρ = P

Raire x T=

50

0,287 x (−18 + 273)= 0,683

Kg

m3

m = ρ x V x Area de flujo = ρ x V x π

4 x d2

𝐝 = (4 m

ρ x V x π)1/2

= (4 x 80

0,683 x 400 x π)1/2

= 𝟎, 𝟔𝟏 𝐦

PROBLEMA06.- Un ingeniero especialista en calefacción y aire acondicionado está diseñando

un sistema para mover 1100 m3/h de aire a 100 KPa y 30 °C. El conducto es rectangular con

dimensiones de sección transversal de 1 m por 20 cm. ¿Cuál será la velocidad (m/s) del aire en

el conducto?(Roberson Crowe 5,7).

Solución.-

𝐕 = Q

Area de flujo=

1100

3600

m3

s

1 x 0,2 m2= 𝟏,𝟓𝟐𝟕

𝐦

𝐬

PROBLEMA 07.- Un ventilador mueve 700 ft3/min de aire. Si la densidad del aire es de 1,2

Kg/m3. Determinar el flujo másico (Slug/s) y el flujo en peso (lbf /h).

Solución.-

39

�� = ρ x Q = 1,2 Kg

m3 x700

ft3

min x

1 min

60 s x

0,02832 m3

s

1 cfs x

Slug

14,59 Kg= 𝟐, 𝟕𝟏 𝐱 𝟏𝟎−𝟐

𝐒𝐥𝐮𝐠

𝐬

�� = ρ g Q = m g 2,71 x 10−2Slug

s x 32,2

ft

s2 x

lbf − s2

1 slug − ft x

3600 s

1 h= 𝟑𝟏𝟒𝟏, 𝟒𝟑

𝐥𝐛𝐟

𝐡

PROBLEMA08.- Determinar la rapidez de flujo de volumen (cfs) de combustible a 45 °C (S=

0,895 y μ = 4 x 10−2 Pa. s) en la que el flujo permanecerá como laminar en una tubería de 100

mm de diámetro.

Solución.- Se tiene flujo laminar para un numero de Reynolds de 2000 (Zona crítica)15

Re = 4 ρ Q

π D μ= 2000

𝐐 = 2000 x π x 0,1 x 4 x 10−2

4 x 895

m3

s x

1 cfs

0,02832 m3

s

= 𝟎, 𝟐𝟒𝟕𝟖 𝐜𝐟𝐬

PROBLEMA09.- Una bomba centrifuga retira de un tanque 1 gpm de agua a 20 °C. ¿Cuánto

tiempo (h) le llevará vaciar el tanque, si este contiene 3000 lbf?

Solución.-

W = γ Q = Peso

Tiempo

𝐭 = Peso

γ Q=

3000 lbf

62,4 lbf

ft3

x 449 gpm

1 gpm x 1 cfs x 3600 = 𝟓, 𝟗𝟗 𝐡

PROBLEMA10.- El agua de una tubería se desvía hacia un tanque de pesado durante 10 min,

registrándose 4500 lbf. Suponiendo el agua a 50 °F (γ: 62, 4lbf

ft3 , ν: 1,40 x 10−5 ft2

s). Determinar

la rapidez de gasto volumétrico (cfs).(Roberson Crowe 13,7).

Solución.-

𝐐 = Peso

γ t=

4500 lbf

62, 4lbf

ft3 x 10 x 60 s

= 𝟎, 𝟏𝟐 𝐜𝐟𝐬

PROBLEMA11.- Fluye un flujo de 2,35 x 10-3 m3/s de aceite (S = 0,90). Calcular el flujo en peso

(N/s) y el flujo másico (Kg/s).(Robert Mott 6,30).

15Para velocidades por debajo de la zona crítica el flujo es laminar

40

Solución.-

�� = γ Q = 9,81KN

m3 x 0,9 x

1000 N

1 KN x 2,35 x 10−3

m3

s= 𝟐𝟎, 𝟕𝟒𝟖

𝐍

𝐬

�� = ρ Q = 1000 x 0,9 Kg

m3 x 2,35 x 10−3

m3

s= 𝟐, 𝟏𝟏𝟓

𝐊𝐠

𝐬

PROBLEMA 12.- Un tubo largo con diámetro interior de 1,20 m conduce aceite similar al SAE

10 a 40 °C (S: 0,87 y μ = 2,2 x10−2 Pa. s). Calcular la rapidez de flujo de volumen que se

requiere para producir un Número de Reynolds de 3,60 x 104.

Solución.- El número de Reynolds queda establecido, por:

Re = ρ V D

μ=

4 ρ V

π μ D

Remplazando los datos del problema, se tiene:

V = 3,60 x 104 x π x 2,2 x 10−2 x 1,2

4 x 870= 𝟎, 𝟖𝟓𝟕𝟗

𝐦𝟑

𝐬

PROBLEMA13.-A través de una tubería de 150 mm de diámetro circula aire a una presión

manométrica de 2,1 bar y una temperatura de 37 °C. Considerando la presión atmosférica

como 750 mmcm y velocidad media del aire de 3 m/s. Determinar la rapidez de flujo en peso

(N/s)

Solución.- La presión atmosférica: 750 mmHg = 0,99 bar

ρaire = (2,1 + 0,99)x100

0,287 x 310= 3,47

Kg

m3

�� = ρaire g V Area = 3,47 Kg

m3 x 9,81

m

s2x 3

m

s x

π

4 x 0,152m2 = 𝟏, 𝟖𝟎𝟔

𝐍

𝐬

PROBLEMA14.- El vino tiene una densidad relativa de 1,15, el químico de la vinatería decide

diluirlo en agua para obtener una densidad relativa de 1,1. ¿Qué porcentaje del volumen

nuevo constituye el agua añadida?(Philip Gerhart 1,4).

Solución: Consideramos el volumen de la mezcla igual a la unidad, por lo que:

masa (mezcla) = masa (vino) + masa (agua)

41

ρmVm = ρvVv + ρaVa

ρm = ρvVv + ρa (1 − Vv)

Dividiendo la ecuación anterior entre la densidad del agua, se tiene:

ρm

ρa =

ρvVv

ρa +

ρa (1 − Vv)

ρa

𝐒𝐦 − 𝟏 = Vv (𝐒𝐯 − 𝟏)

Vv = 1,1 − 1

1,15 − 1= 0,66

𝐕𝐚 = (1 − 0,666) x 100 % = 𝟑𝟑, 𝟒 %

PROBLEMA15.- Un cuerpo cilíndrico de 1 m de diámetro y 2 m de alto pesa 0,3 KN, si se llena

con un líquido el conjunto pesa 15 KN. Determinar en el SI de unidades el peso específico, la

densidad y la densidad relativa del fluido.

Solución.

Peso total = Peso cilindro + Peso del líquido

γliquido =Peso del liquido

Volumen=

4 (Peso total − Peso líquido)

π d2 H

𝛄𝐥𝐢𝐪𝐮𝐢𝐝𝐨 = 4 (15 − 0,3)

π x 12 x 2= 𝟗, 𝟑𝟓𝟖

𝐊𝐍

𝐦𝟑

𝐒 = ρliquido

ρagua =

γliquido

γagua=

9,358

9,81= 𝟎, 𝟗𝟓𝟑𝟗

𝛒𝐥𝐢𝐪𝐮𝐢𝐝𝐨 = 0,9539 x 1000 = 𝟗𝟓𝟑, 𝟗 𝐊𝐠

𝐦𝟑

PROBLEMA16.- Se lee que la presión manométrica en un líquido a una profundidad de 3 m es

de 28 KPa. Determine: a) La presión manométrica (KPa) en el mismo líquido a una profundidad

de 12 m b) La densidad relativa del fluido.(Yunus Cengel 3.10)

Solución.- La presión manométrica a diferentes profundidades, queda establecida por:

P (3 m de Prof.) = γ x 3y P (12 m de Prof.) = γ x 12

Al ser el medio fluido el mismo:

42

𝐏( 𝟏𝟐 𝐦 𝐏𝐫𝐨𝐟) = P( 3 m Prof) 𝑥 12

3= 28 𝑥 4 = 𝟏𝟏𝟐 𝐊𝐏𝐚

γ = 112

12= 9,33

KN

m3

𝐒 = 9,33

9,81= 𝟎, 𝟗𝟓𝟏𝟒

PROBLEMA17.- Un tanque de plástico de 3 kg que contiene un volumen de 0,2 m3. Se llena

con agua líquida a 20 °C. Determine el peso (KN) del sistema combinado. Considerar g = 10

m/s2.

Solución.-

Peso(Sistema) = masa total x g

gc=

(masa tanque + masa agua) x g

gc

𝐏𝐞𝐬𝐨(𝐒𝐢𝐬𝐭𝐞𝐦𝐚) = (3 + 998,2 x 0,2) x 10

Kg . m

s2

1 Kg . m

N .s2

= 2026 N = 𝟐, 𝟎𝟐𝟔 𝐊𝐍

PROBLEMA18.- Estime la masa de un émbolo que puede soportar un gas atrapado debajo del

émbolo en un cilindro vertical de 200 mm de diámetro, cuando un manómetro indica una

presión de 117 mmHg para la presión del gas. Considerar la densidad relativa del mercurio

13,6.

Solución.- Cuando el émbolo se encuentra en equilibrio, se tiene:

Peso(sobre el embolo) = Fuerza(gas en el intrior del embolo)

masa x g = (γagua x S x hHg) (π

4D2)

masa x 9,81 = (9,81 x 13,6 x 0,117 x 100) (π

40,22)

Masa = 49,989 Kg

PROBLEMA19.- El peso específico relativo del mercurio suele tomarse como 13,6. Calcular el

porcentaje de error, si se emplea un valor de 13,6 a 50 °C.(Potter Merle 1.24)

Solución.-

SHg = 13,6 − 0,0024 x T (°C)

SHg = 13,6 − 0,0024 x (50) = 13,48

% 𝐞𝐫𝐫𝐨𝐫 = 13,6 − 13,48

13,6 x 100 = 𝟎, 𝟖𝟖 %

43

PROBLEMA20.- En general los globos aerostáticos se llenan con helio debido a que solo pesa

1/7 de lo que pesa el aire en condiciones idénticas. La fuerza de sustentación del objeto en el

aire 𝐹𝑆 = ρaire g ∀globo empujará el globo hacia arriba. Considerar 10 m el diámetro del

globo y g = 10 m/s2. Si el globo transporta 3 personas con una masa total de ellos de 200 Kg.

Determinar la aceleración (m/s2) del globo en el momento en que se suelta. Suponga el aire a

10 °C y presión atmosférica. No tome en cuenta el peso de las cuerdas y de la canasta.(Yunus

Cengel 3,111)

Solución.- Aplicamos la segunda ley de Newton:

𝚺 𝐅𝐘 = 𝐅𝐬𝐮𝐬𝐭𝐞𝐧𝐭𝐚𝐜𝐢ó𝐧 − 𝐏𝐞𝐬𝐨𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 = 𝒎𝒂𝒔𝒂𝑻𝒐𝒕𝒂𝒍 𝐱 𝐚𝐲

FS − mtotal x g = mtotalay = (masa He + masa personas) (ay + g)

ρaire x g x ∀G= (masa He + masa personas) (ay + g)

ρaire x ∀G= (masa He + masa personas) (ay

g+ 1)

ρaire x ∀G= (1

7ρaire x ∀G + masa personas) (

ay

g+ 1)

(ay

g+ 1 ) = [

7

1 + 7 masa(personas)

ρaire x ∀G

]

Calculo de la densidad del aire: ρaire = P

Raire x T=

101,3

0,287 x 283= 1,2472

Kg

m3

Remplazando valores, se tiene:

(ay

10+ 1 ) =

[ 7

1 + 7 x 200

1,2472 x π x103

6 ]

𝐚𝐲 = 𝟏𝟐, 𝟐𝟔𝟓 𝐦

𝐬𝟐

44

PROBLEMA21.-El diámetro de un contenedor cilíndrico es de 150 mm y su peso cuando está

vacío es de 2,25 N. Si se llena con cierto tipo de aceite hasta una profundidad de 200 mm pesa

35,4 N. Determinar la gravedad específica del aceite.

Solución.-

𝐒𝐚𝐜𝐞𝐢𝐭𝐞 = γaceite

γagua=

(PesoTotal − Pesovacio)

∀aceite x γagua=

4 x (35,4 − 2,25)

π x 0,152 x 0,2 x 9,81 x 1000= 𝟎, 𝟗𝟓𝟔

PROBLEMA22.- La densidad del mercurio está dada como 26,3 slug/ft3. Determinar: a) La

densidad relativa y el volumen específico (m3/Kg) del mercurio. b) El peso específico (lbf/ft3) en

la tierra y en la luna si la aceleración de la gravedad en el satélite es de 5,47 ft/s2.

Solución.- a.- Densidad relativa:

𝐒𝐇𝐠 = ρHg

ρagua=

26,3 slug

ft3

1,94 slug

ft3

= 𝟏𝟑, 𝟓𝟓𝟔

Volumen específico:

𝛖 = 1

ρ=

1

26,3 slug

ft3 x

515,4 Kg

m3

1slug

ft3

= 𝟕, 𝟑𝟕𝟕 𝐱 𝟏𝟎−𝟓𝐦𝟑

𝐊𝐠

b.- Peso específico en la tierra:

𝛄 = ρ g

gc=

26,3 slug

ft3 x 32,2

ft

s2

1 slug.ft

lbf. s2

= 𝟖𝟒𝟔, 𝟖𝟔 𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟑

Peso específico en la luna: (γ

g)TIERRA

= (γ

g)LUNA

𝛄𝐋𝐔𝐍𝐀 = 846,86 lbf

ft3 x

5,47 ft

s2

32,2 ft

s2

= 𝟏𝟒𝟑, 𝟖𝟔𝟏𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟑

PROBLEMA23.- Un recipiente de forma cilíndrica de forma cilíndrica de 500 mm de diámetro y

750 mm de altura, contiene 4 Kg de un gas. La presión medida con un manómetro indica 620

mmHg arriba de la atmosférica. Cuando el barómetro indica 760 mmHg. Determinar: a) La

presión absoluta (bar) del gas contenido en el recipiente. b) El volumen específico y la

densidad del gas.

45

Solución.-

a) PABS = P0 + L = [760 + 620] = 1380 mmHg

𝐏𝐀𝐁𝐒 = γagua x S x hmmHg = 9,81KN

m3 x 13,6 x 1,380 m x

1 bar

100 KPa= 𝟏, 𝟖𝟒𝟏 𝐛𝐚𝐫

b) 𝛒 = masa

Volumen=

4 masa

π D2 H=

4 x 4

π x 0,52x 0,75= 𝟐𝟕, 𝟏𝟔

𝐊𝐠

𝐦𝟑

𝛖 = 1

ρ=

1

27,16= 𝟎, 𝟎𝟑𝟔𝟖

𝐦𝟑

𝐊𝐠

PROBLEMA24.- Para los ejercicios propuestos. Determinar:

a) El peso específico y la densidad del benceno, si su gravedad específica es de 0,876.

b) El volumen (m3) del mercurio, si tuviera un peso de 2,25 KN. A saber que a 100°C el

mercurio tiene un peso específico de 130 KN/m3.

Solución.-

a. 𝛄 = γagua x S = 9,81 KN

m3 x 0,876 = 𝟖, 𝟓𝟗𝟑 𝐊𝐍

𝐦𝟑

𝛒 = ρagua x S = 1000 Kg

m3 x 0,876 = 𝟖𝟕𝟔

𝐊𝐠

𝐦𝟑

b. ∀ = Peso d el mercurio

Peso especifico del mercurio =

2,25 KN

130 KN

m3

= 𝟎,𝟎𝟏𝟕𝟑 𝐦𝟑

PROBLEMA25.- En los ejercicios propuestos. Determinar:

a) El peso (MN) y la masa (Mg) de gasolina (S: 0,68) contenido en un cilindro vertical de

10 m de diámetro. Si se llena este depósito hasta una profundidad de 6,75 m.

b) El peso (lbf) que tendrá la gasolina (ρGas = 1,32 slug

ft3) contenido en el tanque de

combustible de una automóvil que tiene una capacidad de 25 gal.

Solución.-

a.- 𝐏𝐞𝐬𝐨 = γGas x ∀ = 9,81 KN

m3 x 0,68 x π

4102 x 6,75 m3 x

MN

1000 KN= 𝟑, 𝟓𝟑𝟔 𝐌𝐍

𝐦𝐚𝐬𝐚 = ρ𝐺𝑎𝑠 x ∀ = 1000 Kg

m3 x 0,68 x

π

4102 x 6,75 m3 x

Mg

1000 Kg= 𝟑𝟔𝟎, 𝟒𝟗𝟕 𝐌𝐠

46

b.- 𝐏𝐞𝐬𝐨 = ρGas g ∀ = 1,32 slug

ft3 x 32,2

ft

s2 x lbf.s

2

slug.ft x 25 gal

ft3

7,48 gal= 𝟏𝟒𝟐, 𝟎𝟓𝟖 𝐥𝐛𝐟

PROBLEMA26.- Un manómetro de vacío conectado a una cámara da una lectura de 24 KPa en

un lugar donde la presión atmosférica es de 92 KPa. Determine la presión absoluta (KPa y

mmcm) en la cámara.(Yunus Cengel 3,7)

Solución.-

PABS = P0 + L

PABS = 92 + (- 24) = 68 KPa

PROBLEMA27.- Determine la presión (KPa) atmosférica en un lugar donde la lectura

barométrica es de 750 mmHg. Considere la densidad relativa del mercurio igual a 13,6.(Yunus

Cengel 3,10)

Solución.-

𝐏𝐨 = γHg x ho = 13,6 x 9,81 x 0,75 = 𝟏𝟎𝟎, 𝟎𝟔𝟐 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA28.- Un hombre que pesa200 lbf tiene un área total de impresión de sus pies de 72

in2. Determine la presión (Psig) que este hombre ejerce sobre el suelo, si a) Si está parado

sobre los dos pies b) Si está parado sobre uno de ellos.(Yunus Cengel 3,14 I)

Solución.-

a.- Si está parado sobre los dos pies: 𝐏 = 200

72= 𝟐, 𝟕𝟕 𝐏𝐬𝐢𝐠

b.- Si está parado sobre uno de ellos:𝐏 = 200

36= 𝟓,𝟓𝟓 𝐏𝐬𝐢𝐠

PROBLEMA29.- Se puede usar un barómetro básico para medir la altura de un edificio. Si las

lecturas barométricas en las partes superior e inferior del edificio son de 730 y 755 mmHg

respectivamente. Determine la altura (m) del edificio. Suponga una densidad promedio del aire

de 1,18 Kg/m3.(Yunus Cengel 3,20)

Solución.- ∆P = ρaire x g x ∆h

∆𝐡 = (755 − 730)x 10−3 x 13,6 x 9,81 x 1000

1,18 x 9,81= 𝟐𝟖𝟖, 𝟏𝟑𝟓 𝐦

PROBLEMA30.- La presión sanguínea16 máxima en el antebrazo de una persona sana es de

alrededor de 120 mmHg. Se conecta a la vena un tubo vertical abierto a la atmósfera, en el

16Se conoce como Presión sistólica a la mayor presión y Presión diastólica a la presión menor

47

brazo de una persona. Determine la altura (m) hasta la que ascenderá la sangre en el tubo.

Tome la densidad relativa de la sangre como 1,050.(Yunus Cengel 3,32)

Solución.- Presión sangre = Presión mercurio

γsangre x h sangre = γHg x h Hg

𝐡𝐬𝐚𝐧𝐠𝐫𝐞 =SHg

Ssangre x𝐡Hg =

13,6

1,050 x 0,12 = 𝟏, 𝟓𝟓𝟒 𝐦

PROBLEMA31.- Un depósito cerrado contiene 1,5 m de aceite SAE 30 (S: 0,8), 1 m de agua, 200

mm de mercurio (S: 13.6) y una bolsa de aire en su parte superior. La presión en la base del

depósito es de 60 KPa. ¿Cuál es la presión (KPa) en la bolsa de aire? Considerar aceleración de

la gravedad g: 10 m/s2.

Solución.-

𝐏𝐁𝐚𝐬𝐞 = PAire + γagua(Saceitehaceite + hagua + SHghHg)

60 = 𝐏𝐀𝐢𝐫𝐞 + 10 (0,8 x 1,5 + 1,0 + 13,6 x 0,2)

PAire = 10,8 KPa

PROBLEMA32.-Obtener una expresión para determinar la presión absoluta (P − P0 ) en un

líquido en que su peso específico aumenta con la profundidad “h” según la relación: γ =

K h + γ0 . Donde: “K” es una constante, “γ0" es el peso específico del líquido en la superficie.

Solución.-

dP = − ρ g dz = − γ dz

∫ dPP

P0

= ∫ − (K h + γ0) dzZ

Z0

𝐏 − 𝐏𝟎 = 𝐊 𝐡𝟐

𝟐+ 𝛄𝟎 𝐡

PROBLEMA33.-Determinar la presión (mmcm) equivalente a 200 mmca más 150 mm de cierto

fluido (S: 2,94).

Solución.- Convertir la carga de agua y del fluido a una carga equivalente de mercurio.

hmmHg = γagua

γHgx hagua +

S

SHg x h =

1

SHg x (hagua + S x h)

48

𝐡𝐦𝐦𝐇𝐠 = = 1

13,6 x (200 + 2,94 x 150) = 𝟒𝟕, 𝟏𝟑 𝐦𝐦𝐇𝐠

PROBLEMA34.- Un dispositivo Cilindro – Pistón que contiene un gas, tiene un pistón cuya masa

es de 60 Kg y un área de sección transversal 0,04 m2. La presión atmosférica local es de 0,97

bar y la aceleración gravitacional es 9,81 m/s2. ¿Determinar la Presión (bar) dentro del

cilindro?

Solución.- Cuando el pistón se encuentra en equilibrio, se cumple:

Fuerza (Presión atmosférica) + Peso (Pistón) = Fuerza del gas (interior del cilindro)

P0 x AP

AP+

WP

AP=

PGAS x AP

AP

𝐏𝐆𝐀𝐒 = P0 + WP

AP= 0,97 bar +

(60 x 9,81) N

0,04 m2 x

bar

105 Pa= 𝟏, 𝟏𝟏𝟕 𝐛𝐚𝐫

PROBLEMA35.- Un medidor de vacío conectado a un tanque, registra 5,4 Psig en un sitio

donde la lectura barométrica es de 28,5 inHg. Determinar la Presión (Psia) en el tanque.

Solución.- La presión de 28,5 inHg, es equivalente a 14 lbf

in2

𝐏𝐚𝐛𝐬 = P0 + P = 14 + (−5,4) = 𝟖, 𝟔 𝐥𝐛𝐟

𝐢𝐧𝟐

PROBLEMA36.- Una olla cuyo diámetro es 200 m, contiene agua y está cubierta por una tapa

de 4 Kg. Si la presión atmosférica local es de 101 KPa. Determinar la temperatura (°C) a la cual

el agua empezará a hervir17 cuando se calienta.

Solución.- El análisis se hará cuando la tapa esta en equilibrio.

Patm + PTapa = Pvapor

101 + masaTapa x g

Area= Pvapor

𝐏𝐯𝐚𝐩𝐨𝐫 = 101 + 4 x 9,81π

40,22

x 10−3 = 𝟏𝟎𝟐, 𝟐𝟒𝟗 𝐊𝐏𝐚

Tablas de vapor del agua con presión de 0,102 MPa, correspondeTsat = 100,2 °C

17Recordar que para una presión de vaporización, corresponde una temperatura de saturación (Sustancia Pura)

49

PROBLEMA37.- El vacío registradoen el condensador de una planta de energía de vapor es 740

mmHg. Determinar la presión absoluta (Pa) en el condensador. La lectura barométrica es 760

mmHg. Considerar la densidad relativa del mercurio 13,6.

Solución.

PABS = P0 + L = [760 + (− 740)] = 20 mmHg

𝐏𝐀𝐁𝐒 = γagua x S x hmmHg = 9,81KN

m3 x 13,6 x 20 x 10−3 m x

1000 Pa

KPa= 𝟐𝟔𝟔𝟖, 𝟑𝟐 𝐏𝐚

PROBLEMA38.- Una escala de temperatura de cierto termómetro está dada por la relación:

𝐓(°𝐂) = 𝐚 𝐥𝐧𝐏 + 𝐛. Donde “a” y “b” son constantes y “P” es una propiedad termodinámica

del fluido. Si en el punto de hielo y en el punto de vapor, las propiedades termodinámicas se

determinan por 1,5 y 7,5 respectivamente. Determinar la temperatura correspondiente a la

propiedad termodinámica de 3,5 en la escala Celsius.

Solución.-

Punto de hielo: 0 = a ln 1,5 + b 0 = 0,40 54 a + b

Punto de vapor: 100 = a ln 7,5 + b 100 = 2,015 a + b

Resolviendo las ecuaciones anteriores, se tiene: a= 62,127 y b = - 25,1718

𝐓 = 62,127 ln 3,5 − 25,1718 = 𝟔𝟐, 𝟔𝟓𝟖 °𝐂

PROBLEMA39.- ¿Cuan alta (m) debe ser una columna de aceite SAE – 30 para obtener la

misma presión que 700 mm Hg18?

Solución.- La presión del aceite y del mercurio debe ser igual.

γaceite x haceite = γmercurio x hmercurio

𝐡𝐚𝐜𝐞𝐢𝐭𝐞 = hmercurio x SHg

SAceite= 0,7 x

13,6

0,912= 𝟏𝟎, 𝟒𝟑𝟖 𝐦

PROBLEMA40.- Si se puede expresar el peso específico de un lodo como γ = 64,0 + 0,2 h.

Determine la presión en (Psig) a una profundidad de 12 ft por debajo de la superficie; "γ" se

expresa en lbf /ft3 y “h” en ft por debajo de la superficie.

Solución.-

dP = − ρ g dZ = − γ dZ

18Es el típico problema de la presión expresada como altura de una columna de líquido.

50

∫ dP Po

P

= ∫ − (64 + 0,2 h)dhZo

Z

P0 − P = − [64 h + 0,2 h2

2] = − [64 x 12 +

0,2 x 122

2] x

1

144

Como solicita presión manométrica, se desprecia la presión atmosférica: P = 5,43 Psig

PROBLEMA41.- En la figura 2 kg de argón y 2 kg de N2 se encuentran ocupando igual

volúmenes de 0.5 m3 cada uno y separados por un pistón sin fricción y no conductor del calor;

la temperatura del argón es de 50 °C. Se le suministra calor a ambos recipientes hasta

conseguir un incremento de temperatura en el argón de 200 °C. Determínese las temperaturas

(K) iniciales y finales del N2.

Solución. De tablas de gases Rarg : 0,20813 KJ/Kg.K y RNit : 0,29680 KJ/Kg.K Condición inicial: Se determina la presión inicial del argón.

Po = m Rarg T

∀=

2 x 0,20813 x (273 + 50)

0,5= 268,9 KPa

Al encontrarse el pistón en equilibrio, la presión del argón y del nitrógeno son iguales en sus

compartimientos.

𝐓𝐍𝟐=

268,9 x 0,5

0,29680 x 2= 𝟐𝟐𝟔, 𝟒𝟗 𝐊

Condición final: Cuando se suministra calor al sistema, los volúmenes de gas en los

compartimientos no cambian, así mismo el pistón sigue en equilibrio.

(m Rarg T

P)Final Argón = (

m R𝐍𝟐𝐓

P)Final Nitrogeno

𝐓𝐅𝐢𝐧𝐚𝐥𝐍𝟐=

RArgón

RN2

x TFinal Argón = 0,20813

0,29680 x 523 = 𝟑𝟔𝟔, 𝟕𝟓 𝐊

51

PABS = SHg xγaguax h

𝐡 = 68

13,6 x 9,81 x1000 = 𝟓𝟎𝟗, 𝟔𝟖 𝐦𝐦𝐇𝐠

PROBLEMA42.- La presión en un neumático de automóvil depende de la temperatura del aire

contenido en el. Cuando la temperatura del aire es de 25 °C, la lectura del manómetro es de

210 KPa. Si el volumen del neumático es de 0,025 m3. Determinar:

a.- La elevación de la presión (KPa) cuando la temperatura del aire en él sube hasta 50 °C.

b.- La cantidad de aire (Kg) que debe purgarse para restablecer la presión hasta su valor

original, a esta temperatura. Suponga que la presión atmosférica es de 100 KPa.

Solución.- Considerando el aire como un gas ideal, se tiene:

a. Por condición del problema la presión es solo función de la temperatura, por lo que el

volumen contenido en el neumático permanece constante.

P ∀ = m Ra T

Pf = Po (Tf

To) = (210 + 100) (

323

298) = 336 KPa

∆𝐏 = (336 − 310)KPa = 𝟐𝟔 𝐊𝐏𝐚

b.- La presión inicial y final no varían:

∆𝐦 =Po∀0

Ra(1

Tf−

1

T0) =

310 x 0,025

0,287(

1

323−

1

298) = 𝟕, 𝟎𝟏𝟑𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟑 𝐊𝐠

PROBLEMA43.- Se comprime isoentropicamente aire a 15 °C y 101,3 KPa de manera que su

volumen se reduce en un 50%. Determinar la variación de la velocidad sónica (m/s) durante el

proceso.

Solución.- Determinamos la temperatura absoluta al final del proceso isoentrópico.

T2 = T1 x (V1

V2)K−1

= (15 + 273)x (1

0,5)1,4−1

= 380,018 K

La velocidad del sonido (C) queda establecido por la ecuación: C = √K R T

𝐂𝟐 − 𝐂𝟏 = 𝚫𝐂 = (K R)1

2 x (T2

1

2 − T1

1

2) = (1,4 x 287)1

2 x (380,0181

2 − 2881

2) = 𝟓𝟎, 𝟓 𝐦

𝐬

52

PROBLEMA44.- El aire en una llanta de automóvil con un volumen de 0,53 ft3 se encuentra a

90 °F y 20 Psig. Determine la cantidad de aire (lb) que debe agregarse para elevar la presión al

valor recomendado de 30 Psig. Suponga que la presión atmosférica corresponde a 14,6 Psia y

que la Temperatura y el Volumen permanecen constantes.

Solución.- La ecuación de estado de los gases ideales para las condiciones inicial y final

P0∀0= m0RaireT0

Pf∀f= mfRaireTf

∆m = ∀

Raire x T(Pf − P0)

∆𝐦 = 0,53 ft3

1716 lbf.ft

Slug.°R x (460 + 90)°R

x (30 − 20) x 144lbf

in2 x

32,2 lb

Slug= 𝟎, 𝟎𝟐𝟔 𝐥𝐛

PROBLEMA45.-Un tanque rígido contiene 10 Kg de aire a 150 KPa (abs) y 20 °C. Se añade más

aire al tanque hasta que la presión y la temperatura aumentan a 250 KPa (abs) y 30 °C.

¿Determinar la cantidad (Kg) de aire añadido al tanque?

Solución.- Aplicamos la ecuación de estado de los gases ideales.

P0

m0 𝑥 T0=

Pf

mf 𝑥 Tf

mf = 10 x (293

303) (

250

150) = 16,116 Kg

La cantidad de aire añadido, es: 16,115 - 10 = 6,116 Kg

PROBLEMA46.-Se almacena gas natural en un tanque esférico a una temperatura de 10 °C. En

un tiempo inicial dado la presión del tanque es de 100 KPa manométricos y la presión

atmosférica de 100 KPa absolutos. Transcurrido cierto tiempo, después que se ha bombeado

bastante más gas en el tanque, la presión de este es de 300 KPa manométrica y la temperatura

es todavía de 10 °C. ¿Cuál será la razón entre la masa del aire en el tanque para las condiciones

de presión final e inicial del proceso? (Roberson Crowe 2,4)

Solución.- Por la condición de un gas, el volumen se mantiene constante.

P0∀0= m0RaireT0

53

Pf∀f= mfRaireTf

𝐦𝟑𝟎𝟎

𝐦𝟏𝟎𝟎=

(300 + 100)

(100 + 100)= 𝟐

PROBLEMA47.- Un gas casi ideal tiene un peso molecular de 44 Kg

Kmol y un calor específico Cv =

610 J/Kg.K. Determinar :a) La relación de calores específicos. b) La velocidad del sonido (m/s) a

100 °C

Solución.-

𝐚) RGAS = R

M=

8314 J

Kmol x K

44 Kg

Kmol

= 188,95 J

Kg − K

RGAS = CP − CV

CP = 188,95 + 610 = 798,95 J

Kg − K

𝐊 = CP

CV=

798,95 J

Kg−K

610 J

Kg−K

= 𝟏, 𝟑𝟎𝟗

b) 𝐂 = √K x RGAS x T = √1,309 x 188,95 m2

s2−K x 373 K = 𝟑𝟎𝟑, 𝟕𝟑𝟔𝟗

𝐦

𝐬

PROBLEMA48.- Determine la velocidad final (m/s) de una masa de 15 kg que se mueve en

sentido horizontal, si inicialmente viaja a 10 m/s y se mueve a una distancia de 10 m, mientras

la fuerza (N) neta de “20 s” actúa en la dirección del movimiento (donde “s” es la distancia en

la dirección del movimiento).

Solución.- Por la primera ley de la Termodinámica: Q − W = ∆E

Despreciando la variación de la energía potencial e interna y considerando el sistema en el

análisis como adiabático, se tiene:

∫ 20s ds10

0

= m

2Vf

2 − m

2V0

2

15 Vf2 = 2000 + 15𝑥100

𝐕𝐟 = 𝟏𝟓, 𝟐𝟕 𝐦

𝐬

54

PROBLEMA49.- En un cilindro rígido que contiene un pistón hay aire encerrado. Un

manómetro conectado al cilindro indica una lectura inicial de 20 lbf /pulg2. Determinar la

lectura del manómetro cuando el pistón ha comprimido el aire a la tercera parte de su

volumen original. Suponer que el proceso de compresión es isotérmico y que la presión

atmosférica local es de 14,7 lbf /pulg2.

Solución.- Por condición del problema, el gas se comprime isotérmicamente.

Pf = P0

∀0

∀f= (20 + 14,7) x 3 = 101,4 Psia

𝐏𝐟 = 101,4 − 14,7 = 𝟖𝟗, 𝟒 𝐏𝐬𝐢𝐠

PROBLEMA50.-Si un avión de alto rendimiento es capaz de volar con un número de Mach de

3,0 a una altitud de 80000 ft. ¿A qué velocidad (mill/h) estará volando el avión?

Solución.- Para la Presión Atmosférica Estándar a una altitud de 80000 ft se evalúa la

temperatura correspondiente del aire, quedando definido como -61,98 °F

C = [1,4 x 1716 x ( −61,98 + 460)]1/2 = 977,856 ft

s

𝐕 = C x M = 3 x 977,856 ft

s x

1milla

5280 ft x

3600 s

1 milla= 𝟐𝟎𝟎𝟎, 𝟏𝟔

𝐦𝐢𝐥𝐥𝐚

𝐡

PROBLEMA51.- Un tanque herméticamente cerrado contiene 1 m3 de aire a 27°C y 4 bar abs.

El tanque alimenta aire a un cilindro – pistón mediante la regulación de una válvula de control.

Cuando sucede esto, el pistón (m = 20 Kg y A = 0,0049 m2) se eleva hasta alcanzar su equilibrio

y disminuye la temperatura del aire en el tanque a 17°C. Determinar: a) La masa (kg) final de

aire contenido en el tanque. b) El volumen (m3) de aire en el cilindro – pistón.

Solución.- El volumen del aire contenido en el tanque no varía.

a.-

(P

R T)inicial

= (P

R T)final

mf = m0 (Pf

P0) (

T0

Tf) ………… (1)

- Cálculo de la masa inicial (m0)

m0 = P0 ∀0

RaireT0=

4 x 100 x 1

0,287 x (27 + 273)= 4,6457 Kg

55

- Cálculo de la presión final (Pf): Cuando el pistón está en equilibrio.

Pf = Patm + masa(pistón) x g

Area del pistón

Pf = 1,013 + 20 x 9,81

0,0049 x 10−5 = 1,413 bar

Remplazando valores en la ecuación (1), se tiene:𝐦𝐟 = 4,6457 (1,413

4) (

300

290) = 𝟏, 𝟔𝟗𝟕 𝐊𝐠

b.- El volumen de aire contenido en el cilindro – pistón.

∀ = (m0 − mf)RaireTf

Pf=

(4,6457 − 1,697 ) x 0,287 x 290

1,413 x 100= 𝟏, 𝟕𝟑𝟔𝟖 𝐦𝟑

PROBLEMA52.- Un objeto viaja con un número de Mach de 1,5 en una atmósfera de helio a 68

°F, siendo su exponente politrópico de 1, 667 ¿Calcular su velocidad en m/s?

Solución.-

THe = 68 °F = 293 K = 20 °C

Propiedades del helio: 𝛒 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟗 𝐊𝐠

𝐦𝟑 𝐲 𝐑 = 𝟐𝟎𝟕𝟕 𝐉

𝐊𝐠−𝐊

𝐕 = M √K R T = 1,5 √1,667 x 2077 x 293 = 𝟏𝟓𝟏𝟎, 𝟖 𝐦

𝐬

PROBLEMA53.- Se observa que la densidad de un gas ideal decrece en 10 % cuando se

comprime en forma isotérmica de 10 atm a 11 atm. Determinar el porcentaje de disminución

en la densidad del gas, si se comprime en forma isotérmica de 100atm a 101 atm.(Yunus

Cengel 2,30)

Solución.- Se sabe que para un gas ideal que sigue un proceso isotérmico, se cumple que el

Módulo de compresibilidad de volumen a temperatura constante, es igual a la presión del gas.

E = − ∆P∆∀

∀0

= ∆P∆ρ

ρ0

= P (Proceso isotérmico)

∆ρ

ρ0=

∆P

P0= (

Pf − P0

P0)

- Cuando se comprime de 10 atm a 11 atm:

56

∆𝛒

𝛒𝟎= (

11 − 10

10) x 100 % = 𝟏𝟎 %

- Cuando se comprime de 100 atm a 101 atm:

∆𝛒

𝛒𝟎= (

101 − 100

100) x 100 % = 𝟏 %

PROBLEMA54.- Se tiene agua a 20 °C y 1 atm. Determine la densidad final del agua, si: a) Se

calienta el agua asta 50 °C a una presión constante de 1 atm. b) Se comprime hasta alcanzar la

presión de 100 atm a una temperatura constante de 20 °C. Considerar la compresibilidad

isotérmica del agua: ∝ = 4,80 x 10−5 atm

Solución.- El cambio relativo en el volumen ó la densidad debido a cambios en la presión y

temperatura, se puede expresar:

∆∀

∀0= −

∆𝛒

𝛒𝟎= (β ∆T − α ∆P)

De las tablas de propiedades para el agua: Con 20 °C y 1 atm, la densidad 𝛒𝟎 es 998 Kg/m3,

Con temperatura promedio del agua 35 °C: β = 0,337 x 10−3K−1 y α = 4,80 x 10−5atm−1

a) − ∆ρ = 𝛒𝟎(β ∆T − α ∆P) − dρ = 𝛒𝟎(β dT − α dP)

− dρ = ρ0 β dT = ρ0 β (Tf − T0)

dρ = ρ0 β (T0 − Tf) = 998 Kg

m3 x 0,337 x 10−3K−1 x (20 − 50)K = −10,08978

Kg

m3

𝛒𝐟 = 998 − 10,08978 = 𝟗𝟖𝟕, 𝟗𝟏𝐊𝐠

𝐦𝟑

Debe recalcarse que en tablas para el agua a 50 °C y 1 atm, la densidades 988,1𝐊𝐠

𝐦𝟑

b) dρ = ρ0 α dP = 998 Kg

m3 x 4,80 x 10−5atm−1 x (100 − 1)atm = 4,742496Kg

m3

𝛒𝐟 = 998 + 4,742496 = 𝟏𝟎𝟎𝟐, 𝟕𝟒𝐊𝐠

𝐦𝟑

57

PROBLEMA55.- Se comprime isentrópicamente un metro cúbico de Nitrógeno (K=1,4) a 40 °C y

340 KPa (abs) hasta 0,2 m3. Determinar la presión (KPa.) y el módulo de elasticidad volumétrico

(KPa) al final del proceso.

Solución.-

𝐏𝟐 = P1 (υ1

υ2)K

= 340 x (1

0,2)1,4

= 𝟑𝟐𝟑𝟔, 𝟐 𝐊𝐏𝐚

Para un gas ideal y proceso adiabático: 𝐄𝟐 = k P2 = 1,4 x 3236,2 = 𝟒𝟓𝟑𝟎, 𝟔𝟗 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA56.- Suponga que circula glicerina a 20 °C (μ ∶ 1,5 Pa. s)entre dos placas

estacionarias y que el gradiente de presión dP/dx es – 1,6 KN/m3. Si la distancia vertical “B”

entre las paredes es 50 mm y considerando la distribución de velocidad para flujo viscoso

entre las placas, como:

𝐔 = − 𝟏

𝟐 𝛍

𝐝𝐏

𝐝𝐱 (𝐁𝐲 − 𝐲𝟐)

Determinar: a) La velocidad (m/s) en la pared y a 12 mm de esta b) El esfuerzo cortante (Pa)

en la pared y a 12 mm de esta. (Roberson Crowe 2.33)

Solución:

a.- Cálculo de la velocidad. De la ecuación del perfil de velocidad (dato del problema):

𝐔(𝐲:𝟏𝟐 𝐦𝐦) = − 1

2𝑥1,5(−1,6 𝑥 103)(50 𝑥 12 − 122)𝑥10−6 = 𝟎, 𝟐𝟒𝟑𝟐 𝐦/𝐬

𝐔(𝐲:𝟎) = 𝟎

b.- Calculo del esfuerzo cortante.

τ = μ du

dy= μ

d

dy[−

1

2 μ (

dP

dx)(B y − y2)] = − (

1

2) (

dP

dx)(B − 2y)

𝛕(𝐲:𝟏𝟐 𝐦𝐦) = (− 1

2) (−1,6)(50 − 2𝑥12) = 𝟐𝟎, 𝟖 𝐏𝐚

𝛕(𝐲:𝟎 𝐦𝐦) = (− 1

2) (−1,6)(50) = 𝟒𝟎 𝐏𝐚

PROBLEMA57.- La distribución de velocidades para flujo laminar entre placas paralelas está

dada por: u

Vmax= 1 − (

2 y

h)2

. Donde “h” es la distancia que separa las placas e “y” el origen

58

que se ubica en el punto medio entre las mismas. Considere un flujo de agua a 15 °C

).1015,1( 3 sPax con una Vmax = 0,30 m/s y h = 0,50 mm. Calcular el esfuerzo de corte

(N/m2) en la placa superior.

Solución:

τ = μ du

dy= μ

d

dy[Vmax (1 −

4y2

h2)]

τ = μ d

dy[Vmax (

h2 − 4y2

h2)] = μ

Vmax

h2 x (−8 y)

Para la condición del problema:

𝛕(𝐲:

𝐡

𝟐)∶ μ

Vmax

h2 x (−8

h

2):

− 4 μ Vmax

h= −

4 x 1,15 x 10−3 x 0,30

0,50 x 10−3= −𝟐, 𝟕𝟔 𝐏𝐚

PROBLEMA58.- El perfil de velocidad para el flujo turbulento es muy diferente de la

distribución parabólica del flujo laminar. La velocidad cerca de la pared de la tubería cambia

con rapidez desde cero en la pared a una distribución de velocidad casi uniforme en toda la

sección transversal. La forma real del perfil de velocidad varía con el factor de fricción “f”, el

que a su vez varía con el número de Reynolds y la rugosidad relativa de la tubería. La ecuación

que gobierna el fenómeno, es:

u(r) = V [1 + 1,43 √f + 2,15 √flog10 (Y

R)]

Obtenga la distancia “Y” para el cual la velocidad local 𝑢(𝑟) es igual a la velocidad media “V”

Solución.- Por condición del problema u(r) = V

1,43 √f + 2,15 √flog10 (Y

R) = 0

− 1,43 = 2,15 log10 (Y

R)

log10 (Y

R) = - 0,665 10− 0,665 =

Y

R

Y = 0,21627 R

59

PROBLEMA59.- Por una tubería de acero comercial nuevo (ε0 = 0,046 mm)19 de 360 mm de

diámetro circula un fluido en régimen turbulento. La velocidad en la línea central es 6 m/s y a

80 mm de la pared del tubo es de 5,4 m/s. Determinar: a) La velocidad media (m/s) del flujo

b) El Número de Reynolds c) El coeficiente de fricción

Solución. Para régimen turbulento el perfil de velocidad viene dado por la expresión:

u(r)

Vmax= (

R − r

R)

1

n

Remplazando valores:

n ln(5,4

6) = ln(

80

180)

n = 7,7

La velocidad media en función de la velocidad máxima, es.

V = 2 n2

(n + 1)(2n + 1)Vmax

𝐕 = 2 (7,7)2

(7,7 + 1)(2 x 7,7 + 1) x 6 = 𝟒, 𝟗𝟖𝟔

𝐦

𝐬(𝐚)

La forma real del perfil de velocidad varía con el factor de fricción “f”, el que a su vez varía con

el número de Reynolds y la rugosidad relativa de la tubería.

u(r) = V [1 + 1,43 √f + 2,15 √flog10 (Y

R)]

5,4 = 4,986 [1 + 1,43 √f + 2,15 √flog10 (80

180)]

f: 0,0152 (c)

La rugosidad relativa:

ε0

d=

0,046 mm

360 mm 0,000127

Con el coeficiente de fricción y la rugosidad relativa se va al diagrama de Moody,

obteniéndose: Re = 5,5 x 105 (Régimen Turbulento)(b)

19Las tuberías son lisas ó rugosas, que tienen relación con la rugosidad absoluta del material de construcción

60

PROBLEMA60.- Un fluido Newtoniano con densidad relativa de 0,92 y viscosidad de 4 x 10-4

m2/s fluye por una superficie fija. La variación de la velocidad en el eje vertical (y), viene dado

por la ecuación:

u(y)

Vmax=

3 y

2 δ−

1

2(y

δ)3

Donde: u(y): Es la velocidad local (en la pared de la superficie fija vale cero), Vmax: Es la

velocidad máxima, alcanzando este valor a una distancia vertical “δ “desde la pared.

Determinar la magnitud del esfuerzo cortante (Pa) desarrollado sobre la placa. Expresar la

respuesta en términos de Vmax y “ ” expresado en unidades de (m/s) y (m)

respectivamente.

Solución.- Calculo del esfuerzo en la pared (y = 0)

τ(y:0) = μ (du

dy)y=0

= ρagua S ν (du

dy)y=0

De la ecuación del perfil de velocidades:

u = Vmax [3 y

2 δ−

y3

2 δ3]

du

dy= Vmax [

3

2 δ−

3y2

2 δ3]

(du

dy)y=0

=3 Vmax

2 δ

𝛕(𝐲:𝟎) = 1000 Kg

m3 x 0,92 x 4 x10−4

m2

s x

3 Vmax

2 δ= 𝟎, 𝟓𝟓𝟐

𝐕𝐦𝐚𝐱

𝛅

PROBLEMA61.- La viscosidad para petróleo crudo a 100 °F es 8x10-5 lbf.s/ft2. La distribución de

velocidades entre dos paredes está dada por: μ (ft

s) = 100 y(0,1 − y), donde “y” se mide en

pies (ft) y el espacio entre las paredes es 0,1 ft. Determinar el esfuerzo cortante (lbf/ft2) a una

distancia de 0,1 ft.(Roberson Crowe 2.31)

Solución.-

τ = μ du

dy= μ

d

dy[100 y (0,1 y)] = μ

d

dy(10 y − 100 y2)

61

τ = μ (10 − 200𝑦)

𝛕𝐲:𝟎,𝟏 𝐟𝐭 = 8 x 10−5(10 − 200 x 0,1) = − 𝟖 𝐱 𝟏𝟎−𝟒𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

PROBLEMA62.-Si la viscosidad de un líquido es de 6 cp. ¿Cuál es su viscosidad (mm2/s), si su

densidad relativa es de 1,2?

Solución.-

𝛎 = μ

ρagua x S=

6 x 10−2 p gr

cm−s

p

1 gr

cc x 1,2

x 100 = 𝟓 𝐦𝐦𝟐

𝐬

PROBLEMA63.- Un aceite tiene una viscosidad cinemática de 1,25 x 10-4 m2/s y una densidad

relativa de 0,80. ¿Cuál es su viscosidad en Kg/m.s?

Solución.-

μ = ρagua x Saceite x νaceite = 1000 Kg

m3 x 0,8 x 1,25 x 10−4

m2

s

𝛍 = 𝟎, 𝟏 𝐊𝐠

𝐦. 𝐬= 𝟎, 𝟏 𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA64. La viscosidad cinemática del oxigeno a 20 °C y 150 KPa (abs) es 0,104 st.

Determinar la viscosidad (Pa.s) del oxigeno a estas condiciones.

Solución.- Calculamos inicialmente la densidad del oxigeno.

𝛒𝐨𝐱𝐢𝐠𝐞𝐧𝐨 = P

Roxigeno x T =

150

0,2858 x (20 + 273)= 1,974

Kg

m3

𝛍 = ρ x ν = 1,974 Kg

m3 x 0,104

cm2

s x

m2

104cm2= 2,0529 x 10−5

Kg

m. s

𝛍 = 𝟐, 𝟎𝟓𝟐𝟗 𝐱 𝟏𝟎−𝟓𝐊𝐠

𝐦. 𝐬= 𝟐, 𝟎𝟓𝟐𝟗 𝐱 𝟏𝟎−𝟓 𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA65.- Para una viscosidad de 5,7 x 10 – 6 m2/s y una densidad relativa de 0,8.

¿Determinar la viscosidad dinámica del aceite en el Sistema Gravitacional Métrico y SI?

Solución.-

Sistema Gravitacional Métrico:

62

𝛍 = 102 UTM

m3 x 0,8 x 5,7 x 10−6

m2

s= 𝟒, 𝟔𝟓𝟏𝟐 𝐱 𝟏𝟎−𝟒

𝐔𝐓𝐌

𝐦. 𝐬= 𝟒, 𝟔𝟓𝟏𝟐 𝐱 𝟏𝟎−𝟒

𝐊𝐠𝐟

𝐦𝟐. 𝐬

Sistema Internacional:

𝛍 = 1000 Kg

m3 x 0,8 x 5,7 x 10−6

m2

s= 𝟒, 𝟓𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟑

𝐊𝐠

𝐦. 𝐬= 𝟒, 𝟓𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟑 𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA66.- Determinar la viscosidad dinámica ó absoluta en el Sistema Internacional,

tomando como dimensiones básicas: M, L, T; en los siguientes ejercicios:

a.- Para el oxigeno (R: 259,9 J/kg-K) a 20 °C y 1,4 bar abs. Si la viscosidad cinemática es 10,4 cst.

b.- Para un fluido de densidad relativa de 0,9 y viscosidad cinemática de 6x10-6 m2/s

Solución.-

a.

ρ = P

R T =

1,4 x 100

0,2599 x 293= 1,9766

Kg

m3

𝛍 = ρ x ν = 1,9766 Kg

m3 x 10,4 x 10−6

m2

s= 𝟐, 𝟎𝟓𝟓 𝐱 𝟏𝟎−𝟓

𝐊𝐠

𝐦. 𝐬

b. 𝛍 = ρagua x S x ν = 1000 Kg

m3 x 0,9 x 6 x 10−6 m2

s= 𝟓, 𝟒 𝐱 𝟏𝟎−𝟑 𝐊𝐠

𝐦.𝐬

PROBLEMA67.- Determinar la viscosidad cinemática (st), en los siguientes ejercicios.

a.- Para un líquido de viscosidad 3 cp y densidad relativa de 1,6.

b.- Para un líquido de viscosidad 4,07 x 10-4 UTM/m.s y densidad relativa de 0,8.

Solución.-

a.

𝛎 = μ

ρ=

3 x 10−2 gr

cm−s

1 gr

cm3 x 1,6= 𝟏, 𝟖𝟕𝟓 𝐱 𝟏𝟎−𝟐 𝐬𝐭

b.

𝛎 = μ

ρ=

4,07 x 10−4 UTM

m.s

102 UTM

m3 x 0,8x 104 = 𝟒, 𝟗𝟖 𝐱 𝟏𝟎−𝟐 𝐬𝐭

PROBLEMA68.-Resolver en forma ordenada y completa los ejercicios propuestos:

a.- Un aceite tiene como viscosidades 25 x 10-7 UTM /m.s y 4 x 10-4 st. Determinar su densidad

relativa.

63

b.- Un esfuerzo cortante de 4 dina / cm2 da lugar que un fluido newtoniano experimente una

deformación angular de 1 rad / s ¿Determinar la viscosidad en Pa.s?

c.- ¿Que valores tienen la viscosidad absoluta y cinemática en el Sistema Técnico, un aceite (S=

0,932) con una viscosidad a 37 °C de 155 SSU? Considerar: A = 0,0022 y B = 1,35

Solución.-

a.-

𝐒 = μ

ρagua x ν=

25 x 10−7 UTM

m.s

102 UTM

m3 x 4 x 10−4 cm2

sx

m2

104cm2

= 𝟎, 𝟔𝟏𝟐𝟕

b.-

𝛍 = τdu

dy

= 4

dina

cm2

1 rad

s

= 4 dina

cm2. s = 4 p = 𝟎, 𝟒 𝐏𝐚. 𝐬

c.- En el Sistema Técnico:

𝛖 (cm2

s) = A t – B t = 0,0022 x 155 –

1,35

155= 0,333

cm2

s= 𝟑, 𝟑𝟑 𝐱 𝟏𝟎−𝟓

𝐦𝟐

𝐬

𝛍 = υ x ρ = 3,33 x 10−5m2

sx 932

Kg

m3= 0,0310356

N

m2. s

Kgf

9,81 N= 𝟑, 𝟏𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟑

𝐊𝐠𝐟

𝐦𝟐 𝐬

PROBLEMA69.- La viscosidadabsoluta ó dinámica del aguaa 20 °C es 1,00 x 10-3 Pa.s y a 40 °C

es 6,53 x 10-4 Pa.s. Estimar la viscosidad a 30 °C.

Solución: Por tratarse de un líquido se utiliza la ecuación de Andrade.

μ = A eB

T (1)

ln μ = ln A + B

T

Agua a 20 °C: ln (0,001) = ln A + 𝐵

(20+273)

- 6,908 = ln A + 0,00341 B …….. (2)

Agua a 40 °C: ln (6,53 x 10-4) = ln A + 𝐵

(40+273)

- 7,334= ln C + 0,00319 b ………. (3)

64

Resolviendo las ecuaciones (2) y (3), se tiene: ln A = - 13,51 y B = 1936

Sustituyendo estos valores en la ecuación (1)

𝛍𝟑𝟎 °𝐂 = 1,357 x 10−6e1936

(30+273) = 𝟖, 𝟎𝟖 𝐱 𝟏𝟎−𝟒𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA70.- La viscosidad del metano a 15 °C y 1 atm es 1,6 x 10-5 m2/s. Utilizando la

ecuación de Sutherland y Gases ideales, determinar su viscosidad (m2/S) a 200 °C y 2 atm.

Considerar la constante de Sutherland como 198 K.(Roberson Crowe 2,20)

Solución.- Se sabe que la ecuación de Sutherland se aplica solo a gases.

μ

μ0= (

T

T0)3/2

x T0 + S

T + S=

ρ x ν

ρ0 x ν0

Para gases ideales, se cumple: ρ = P

R x T

Remplazando la densidad, en la ecuación anterior, se tiene. ν

ν0= (

P0

P) (

T

T0)5/2

x T0+S

T+S

𝛎 = 1,6 x 10−5 x (1

2) (

473

288)2,5

x (288 + 198

473 + 198) = 𝟐, 𝟎𝟎𝟐𝟗 𝐱 𝟏𝟎−𝟓

𝐦𝟐

𝐬

PROBLEMA71.-La viscosidad del aceite SAE 10W30 para motor a 38,8 °C es 0,067 Pa.s y a 99

°C es 0, 011 Pa. s. Usando la ecuación de Andrade. Determine la viscosidad (Pa.s) a 60 °C

Solución.- La ecuación de Andrade, se usa para líquidos.

𝛍 = 𝐀 𝐞𝐁

𝐓 ……… (1)

ln μ = lnA + B

T

Aceite SAE 10W30 a 38,8 °C:

ln 0,067 = ln A + B

(38,8 + 273)

-2,703 = ln A + 0,003207 B …… (2)

Aceite SAE 10W30 a 99 °C:

65

ln 0,011 = lnA + B

(99 + 273)

-4,50986 = ln A + 0,002688 B ……. (3)

Resolviendo la ecuación (2) y (3), se tiene:

B = 3481,4258 ln A = - 13,8679 A = e- 13,8679A = 2,71828- 13,8679= 9,48968 x 10-7

Remplazando valores en la ecuación (1)

𝛍𝟔𝟎 °𝐂 = 9,48968 x 10−7 x 2,718283481,4258

(60+273) = 𝟎, 𝟎𝟑𝟐𝟗𝟑𝟔 𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA72.- La viscosidad del nitrógeno a 59 °F es 3,59 x 10-7 lbf-s/ft2. Usando la ecuación

de Sutherland. ¿Hallar la viscosidad (lbf-s/ft2) a 200 °C?(Roberson Crowe 2,21)

Solución.- Aplicamos la ecuaciónde Sutherland (SN2= 192 °R).

μ

μ0= (

T

T0)

3

2

x (T0 + S

T + S)

200 °C = 392 °F = 852 °R

𝛍𝟐𝟎𝟎 °𝐂 = 3,59 x 10−7 x (852

519)1,5

x (519 + 192

852 + 192) = 𝟓, 𝟏𝟑 𝐱 𝟏𝟎−𝟕

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐. 𝐬

PROBLEMA73.- La viscosidad cinemática del helio a 59 °F y 1 atm es 1,22 x 10-3 ft2/s. Mediante

la ecuación de Sutherland y la Ley de los gases ideales. ¿Determinar la viscosidad cinemática

(ft2/s) a 30 °F y 1,5 atm?Considerar SHe = 143 °R. (Roberson Crowe 2,22)

Solución.- La ecuación de Sutherland, es:

ν

ν0= (

P0

P)(

T

T0)5/2

x T0 + S

T + S

𝛎 = 1,22 x 10−3 x (1

1,5) (

490

519)2,5

x (519 + 143

490 + 143) = 𝟕, 𝟑𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟒

𝐟𝐭𝟐

𝐬

66

PROBLEMA74.- Utilizando los métodos propuestos por la ASTM – 2161, para convertir la

viscosidad cinemática (cst) a SSU20 ó viceversa. Resolver cuando un fluido:

a) A 100 °F tiene una viscosidad de 30 mm2/s. Determinar los SSU a 100°F.

b) A 100 °Ftiene una viscosidad de 220 mm2/s. Determinar los SSU a 100°F.

c) A 260 °F tiene una viscosidad de 145 mm2/s. Determinar los SSU a 260°F.

Solución.- Se debe observar que la grafica está construida para un fluido a 100 °F, con un

alcance máximo de 75 mm2/s y 344 SSU.

a.- Se tiene que 30 mm2/s < 75 mm2/s. Por lo solicitado es lectura directa en la gráfica.

𝐒𝐒𝐔𝟏𝟎𝟎 °𝐅 = 𝟏𝟒𝟏, 𝟓 𝐒𝐒𝐔

b.- Se tiene que 220 mm2/s > 75 mm2/s. Por lo solicitado se determina por la ecuación:

𝐒𝐒𝐔𝟏𝟎𝟎 °𝐅 = 4,632 x ν100 °F(cst) = 4,632 x 220 = 𝟏𝟎𝟏𝟗, 𝟎𝟒 𝐒𝐒𝐔

c.- La temperatura del fluido es diferente a 100 °F.

𝐒𝐒𝐔 = A x 𝐒𝐒𝐔𝟏𝟎𝟎 °𝐅

Cálculo del factor A: A = 6,061 x 10 -5 x T (°F) + 0,994

A = 6,061 x 10 -5 x 260 + 0,994 = 1,009756

Cálculo de los 𝐒𝐒𝐔𝟏𝟎𝟎 °𝐅

𝐒𝐒𝐔𝟏𝟎𝟎 °𝐅 = 4,632 x 145 = 𝟔𝟕𝟏, 𝟔𝟒 𝐒𝐒𝐔

Remplazar valores en la ecuación general:

𝐒𝐒𝐔𝟐𝟔𝟎 °𝐅 =1,009756 x671,64 SSU = 𝟔𝟕𝟖, 𝟏𝟗𝟖 𝐒𝐒𝐔

PROBLEMA75.- Se probó un aceite en un Viscosímetro Saybolt y su viscosidad fue de 4690 SSU

a 80 °C. Determinar la viscosidad cinemática (cst) del aceite a esta temperatura.(Robert Mott

2,75).

Solución.- Convertir la temperatura de 80 °C a °F (80 °C = 176 °F)

Cálculo del factor A: A = 6,061 x 10 -5 x 176 + 0,994 = 1,00466

Cálculo de la 𝜐100 °𝐹 : SSU176 °F = 4,632 x υ100 °F

20Unidad empírica de la viscosidad , que se interpreta como el tiempo (s) de vaciado de una muestra (aceite) de 60

cc en un viscosímetro Universal

67

4690 = 1,00466 x 𝜐100 °𝐹

ν100 °F = 1012,52 mm2

s

𝛎𝟏𝟕𝟔 °𝐅 = A x 𝜐100 °𝐹 = 𝟏, 𝟎𝟎𝟒𝟔𝟔 𝐱 𝟏𝟎𝟏𝟐, 𝟓𝟐 = 𝟏𝟎𝟏𝟕, 𝟐𝟒𝟕𝐜𝐬𝐭

PROBLEMA76.- Dos placas se encuentran separadas por un espacio de ½”. La placa inferior es

estacionaria, la superior se mueve a una velocidad de 10 ft/s. Cierta cantidad de aceite (SAE

10W30 a 150 °F) llena el espacio entre las placas y tiene la misma velocidad que las placas en

la superficie en contacto. La variación en velocidad del aceite es lineal. ¿Cuál es el esfuerzo

cortante (lbf/ft2)?

Solución.- De tablasde propiedades del aceite SAE 10W30 a 150 °F, se tiene que la viscosidad

dinámica o absoluta, es 5,2 x 10-4lbf−s

ft2.

Aplicar la ecuación de Newton de la viscosidad:

𝛕 = μ du

dy= 5,2 x 10−4

lbf. s

ft2 x

10 ft

s0,5

12 ft

= 𝟎, 𝟏𝟐𝟒𝟖 𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

PROBLEMA77.- Una forma muy sencilla de medir la viscosidad, es determinar el tiempo “t”

que tarda una esfera sólida de diámetro “D” en caer una distancia “L” a través de un fluido de

ensayo de densidad "𝜌". La viscosidad "𝜇" del fluido viene dada por la ecuación:

𝛍 = 𝐖𝐍𝐄𝐓𝐎 𝐱 𝐭

𝟑 𝛑 𝐃 𝐋 ; Se cumple si: 𝐭 ≥

𝟐 𝛒 𝐃 𝐋

𝛍

Donde: WNETO es el peso neto de la esfera dentro del fluido. Suponga una esfera de aluminio (S

= 2,7) de 2,5 mm de diámetro cae a través de un aceite (S = 0,85). Si el tiempo que tarda en

caer 500 mm es de 32 s. Determinar la viscosidad del aceite en el sistema de unidades CGS y

GB y verifique que se cumple la desigualdad propuesta.(White Frank P.1.50)

Solución: Es el tipo de viscosímetro de bola que cae en un medio viscoso.

Cuando la esfera alcanza el equilibrio, se cumple:

Peso (BOLA) = Empuje + Fuerza de arrastre viscoso

Para fluidos muy viscosos y una velocidad muy pequeña de la esfera, la fuerza de arrastre

viscoso, es: 3 π μ V desf

Peso neto = Peso (BOLA) - Empuje = Fuerza de arrastre viscoso

γBola x ∀esf − γacx ∀esf = 3 π μ V desf

68

∀esf (γBola − γac) = 3 π μ V desf

π

6desf

3 x γagua(SBola − Sac) = 3 π μ V desf

μ = γagua(SBola − Sac)x desf

2 x t

18 L=

9,81 (2,7 − 0,85)x (2,5 x 10−3)2 x 32

18 x 0,5𝑥 1000

𝛍 = 𝟎, 𝟒𝟎𝟑𝟑 𝐏𝐚. 𝐬 = 𝟒, 𝟎𝟑𝟑 𝐩 = 𝟎, 𝟒𝟎𝟑𝟑 𝐏𝐚. 𝐬

𝐥𝐛𝐟 . 𝐬

𝐟𝐭𝟐

𝟒𝟕, 𝟖𝟖 𝐏𝐚. 𝐬= 𝟖, 𝟒𝟐 𝐱 𝟏𝟎−𝟑

𝐥𝐛𝐟 . 𝐬

𝐟𝐭𝟐

Verificar la respuesta con la restricción del problema.

32 ≥ 2 x 850 x 2,5 x 10−3x 05

0,4033= 𝟓, 𝟐𝟔𝟗 𝐬 (Cumple la desigualdad)

PROBLEMA78.- Una placa infinita se mueve horizontalmente por encima de una segunda

placa (fija), a una velocidad uniforme de 0,3 m/s; si entre ellos hay un fluido de viscosidad 0,65

cp. y densidad relativa igual a 0,88. Considerando un pequeño ancho de separación entre las

placas de 0,3 mm. Calcular: a) La viscosidad absoluta (F, L, T) del líquido, en el Sistema

Británico Gravitacional (BG). b) El esfuerzo cortante (Pa) en la placa.

Solución.-

a) 𝛍 = 0,65 cp x 1 p

100 cp= 0,0065 p = 0,00065 Pa. s x

lbfft2

s

47,88 Pa.s= 𝟏, 𝟑𝟓𝟕 𝐱 𝟏𝟎−𝟓 𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐 𝐬

b) 𝛕 = μ du

dy= 0,00065 Pa. s x

0,3 m

s

0,3 x 10−3 m= 𝟎, 𝟔𝟓𝐏𝐚

PROBLEMA79.- El espacio entre dos grandes superficies planas fijas es de 20 mm y se ha

llenado con un líquido de densidad relativa igual a 0,8. Determinara) La viscosidad cinemática

(m2/s), si la fuerza requerida para remolcar una lámina muy delgada de 4000 cm2 paralela a

ellas a una velocidad de 20 cm/s, es de 7 N, cuando dicha lámina permanece equidistante de

las superficies b) La fuerza (N) si la lámina se encuentra a 7 mm de la placa inferior.

Solución. Por el principio de acción y reacción, se tiene:

a.- F = Fsup + Finf = 2 Fsup (lámina equidistante con las superficies)

F = 2 μ A v

h

69

7 = 2 μ x 4000 x 10−4x20 x 10−2

10 x 10−3

μ = 0,4375 Pa. s

𝛎 = 0,4375

Kg

m.s

0,8 x 1000 Kg

m3

= 𝟓, 𝟒𝟔 𝐱 𝟏𝟎−𝟒𝐦𝟐

𝐬

b.- La lámina no está equidistante con las superficies superior e inferior.

𝐅 = μ A V (1

hinf+

1

hsup) = 0,4375 x 0,4 x 0,2 (

1

7+

1

13) x1000 = 𝟕, 𝟔𝟗 𝐍

PROBLEMA80.- La separación entre dos placas horizontales fijas y paralelas es h: 0,002 m. y

contiene aceite SAE 10W ( μ = 4 x 10−2 Pa. s).Una placa que mide 300mm x 300mm se inserta

horizontalmente en forma equidistante a dichas paredes y se mueve hacia la derecha con una

velocidad constante de V = 0,1 m/s. Determinar la fuerza(N) de tiro “F”. Si la placa sigue

moviéndose a una velocidad de 0,1 m/s pero las placas superior e inferior se mueven hacia la

izquierda a razón de 0,05 m/s. Determinar la fuerza (N) de tiro “F”.

Solución: En ambos casos del problema se cumple el principio de acción – reacción𝐅 = F1 +

F2 = (μ A V

h)1 + (μ A

V

h)2 = 2 μ A

V

h= 2 x 4 x 10−2 x 0,32 x

0,1

0,001= 𝟎, 𝟕𝟐 𝐍

En este caso en la ecuación de Newton de la viscosidad se considera velocidad relativa:

F = F1 + F2 = [μ A (V − (−Vs)

h)]

1

+ [μ A (V − (−Vi)

h)]

2

= 2 μ A

h (V + Vs)

𝐅 = 2 x 4 x 10−2 x 0,32 x (0,1 + 0,05)

0,001= 𝟏, 𝟎𝟖 𝐍

PROBLEMA81.- Se va a medir la viscosidad de un fluido con un viscosímetro construido por

dos cilindros concéntricos de 3 ft de largo. Si se hace girar el cilindro interior a 250 RPM y se

mide que el par torsión es de 1,2 lbf – ft. Determinar la viscosidad dinámica del fluido (

lbf

ft2. s)(Yunus Cengel 2,52 I)

70

Solución.- Se trata de dos cilindros concéntricos (fijo – móvil)

T0 = FV x R = (μ A u

e) x R =

(μ)(2π R L)(ωR)(R)

e

𝛍 = T0 e

2π L ω R3=

1,2 lbf. ft x (0,05

12) ft

2π x 3 ft x (250 π

30)

rad

s x (

2,95

12)3ft3

= 𝟔, 𝟖𝟏𝟗𝟖 𝐱 𝟏𝟎−𝟒𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐. 𝐬

PROBLEMA82.- Un eje de 60 mm de diámetro se aloja en una carcasa de 60,2 mm de

diámetro y 400 mm de largo. La holgura que se supone uniforme, está llena de un aceite de

viscosidad 0,003 m2/s y densidad relativa S: 0,88. Si el eje se mueve en la dirección axial a

razón de 0,4 m/s. Determinar la fuerza (N) de resistencia producida por el aceite.(Munson

Young 1,70)

Solución.- Aplicar la ecuación de Newton de la viscosidad.

F = μ A du

dy=

(μ)(π Di L)(V)

(De− Di

2)

= (2π)(ρaguax S x ν)(L)(V) (Di

De − Di)

𝐅 = (2π)(1000 x 0,88 x 0,003)(0,4)(0,4) (60

60,2 − 60) = 𝟕𝟗𝟔, 𝟐 𝐍

PROBLEMA83.- Se tiene tres cilindros concéntricos de pared delgada de radios: R1 = 30 mm, R2

= 50 mm y R3 = 70 mm. El espacio entre los cilindros contiene una película de aceite de

viscosidad 5,6 x 10-4 m2/s y densidad relativa 0,92. Todos los cilindros tienen 600 mm de

longitud. Si el cilindro interior gira en sentido horario a régimen constante de 40 RPM. ¿Qué

velocidad de giro se debe esperar en el cilindro exterior, para que el cilindro intermedio no

gire?

71

Solución.- Para que el cilindro intermedio no gire, los torques de los cilindros interiores y

exteriores deben ser iguales.

Torque int = Torque ext

(μ A V

y)1

R1 = (μ A V

y)3

R3

(μ) (2π R1 L) (ω1R1)(R1)

e1=

(μ) (2π R3 L) (ω3R3)(R3)

e3

ω1R13 = ω3R3

3

𝐍𝟑 = N1 (R1

R3)3

= 40 x (30

70)3

= 𝟑, 𝟏𝟒𝟖𝟔 𝐑𝐏𝐌

PROBLEMA84.- Una polea de 50 mm de diámetro interior gira sobre un eje a razón de 400

RPM, con un huelgo radial de 0,075 mm. El inter espaciamiento contiene aceite cuya

viscosidad es 1p. Determinar la potencia (Watts) necesaria para vencer la resistencia viscosa

debido al aceite por metro de longitud.

Solución.-

Potencia = Torque (N.m) x 𝜔 (𝑟𝑎𝑑

𝑠)

P0 = (μ A du

dy) (R)(ω) =

(μ x 2π R L x ω xR)(R)

e(ω) = 2π μ L 𝜔2

𝑅3

𝑒

𝐏𝟎 = 2π x 0,1 x 1 x (400 x π

30)2

x [(25 x 10−3)3

0,075 x 10−3] = 𝟐𝟐𝟗, 𝟔 𝐖𝐚𝐭𝐭𝐬

PROBLEMA85.- Entre dos placas paralelas separadas una distancia “h” está lleno de un líquido

en el cual como consecuencia del cambio de la temperatura la viscosidad "𝜇" varía

linealmente desde un valor "μ0" en la placa fija inferior hasta el valor “ μ0

2” en la placa superior

que se mueve con velocidad “U0”. Calcular la relación entre el esfuerzo cortante en el seno del

72

fluido en estas condiciones y el esfuerzo cortante en el caso en que la viscosidad es constante

μ = μ0.

Solución.- La viscosidad absoluta varía linealmente en el seno del fluido por causa del cambio

de la temperatura, por lo que:

Para: y = 0 μ = μ0. y = h μ =μ0

2

Luego: μ = μ0 [1 − y

2 h] = μ(y)

τ1 = μ0 [1 − y

2 h]du

dy

∫τ1 dy

1 − y

2 h

h

0

= ∫ duU0

0

τ1 2h (ln 2h − ln h) = μ0U0

τ1 = μ0

2 ln2x

U0

h ………… . . (1)

En el caso que la viscosidad es constante: τ2 = μ0U0

h ………………… .. (2)

La relación solicitada en el problema, es: 𝛕𝟏

𝛕𝟐=

μ0U02 h ln2μ0U0

h

= 1

2 ln2= 𝟎, 𝟕𝟐𝟏𝟑

PROBLEMA86.- Se tienen tres cilindros concéntricos con un inter espaciamiento entre ellos de

5 mm conteniendo en el un aceite. El cilindro intermedio puede girar a una velocidad

constante de 40 RPM en sentido horario (permaneciendo fijo los otros dos) para el cual se

requiere de un par de torsión de 5 N-m para vencer el efecto viscoso. ¿Determinar la

viscosidad del aceite en Pa.s? Considerar la longitud de los tres cilindros de 500 mm y radio

del cilindro intermedio de 150 mm. Despreciar los efectos de extremo.

Solución.- El Torque total, es igual al Torque respecto al cilindro interior más el Torque

respecto al cilindro exterior que se origina al girar el cilindro intermedio.

TTotal = Tinterior + Texterior

TTotal = [(μ A u

e)int

+ (μ A u

e)ext

] x R = (2 μ A u

e) (R)

73

TTotal=(2)(μ)(2πRL)(ωR) (R

e) =

4 π μ ω L R3

e

𝛍 = 5 N.m x 5 mm

4π x (40 π

30)

rad

sx 500 mm x 0,153m3

= 𝟎, 𝟐𝟖𝟏𝟒 𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA87.- Se jala horizontalmente de una placa plana delgada de 300 mm x 300 mm a

1m/s a través de una capa de aceite de 3,6 mm de espesor que está entre dos placas; una

estacionaria y la otra moviéndose a una velocidad constante de 0,3 m/s como se muestra en la

figura. La viscosidad del aceite es 0,25 gr/cm.s. Suponiendo que la velocidad en cada una de las

placas de aceite varía en forma lineala)Determine la distancia vertical desde la pared en

movimiento, donde la velocidad del aceite es cero b) Determine la fuerza (N) que se necesita

aplicar sobre la placa para mantener este movimiento.(Yunus Cengel 2,45)

Solución.-

a.- El análisis se hace entre la placa y la pared en movimiento que tienen igual pendiente:

0,3

ℎ=

1

2,6 − ℎ

h = 0,6 mm

b.- Aplicar la Tercera ley de Newton: Principio de acción – reacción.

F = FI + FII = μ A (V

h1) + μ A (

V+Vi

h2)

𝐅 = 0,025 x 0,32

10−3 [ 1

1+

1 + 0,3

2,6] = 𝟑, 𝟑𝟕𝟓 𝐍

PROBLEMA88.- Uninterespaciamiento vertical de 25 mm de anchura y de extensión infinita

contiene aceite de densidad relativa de 0,95 y viscosidad de 2,4 Pa.s. A través del

interespaciamiento se va levantar una placa metálica de 1,5 m x 1,5 m x 1,6 mm, que pes 45 N

a una velocidad constante de 0,06 m/s. Determinar la fuerza (N) requerida.

74

Solución.- Del diagrama de cuerpo libre.

F + Empuje = F1 + F2 + Peso

Al estar la placa igualmente espaciada respecto a los extremos derecho e izquierdo, se tiene.

F = 2 μ A u

e + Peso − Empuje

𝐅 = 2 x 2,4 x 1,5 x 1,5 x 0,06

11,7 x 10−3+ 45 − 0,95 x 9810 x 1,52x 1,6 x 10−3 = 𝟔𝟔, 𝟖𝟑 𝐍

PROBLEMA89.- Un cilindro de 20 lbf de peso se desliza dentro de un tubo lubricado. La holgura

entre el cilindro y el tubo es 0,1 pulg2. Si se observa que el cilindro se desacelera a una tasa de

2 ft/s2 cuando la velocidad es 20 ft/s. ¿Determinar la viscosidad del aceite (lbf

ft2s)? Considerar

el diámetro “d” del cilindro igual a 6 in y la longitud “L” de 5 in.

Solución.-

Σ F = masa x az

FV − Peso = (Peso

g) x az

μ π d L V

e= Peso (

az

g + 1)

75

𝜇 = Peso (

az

g + 1) x e

π d L V ……… . (1)

El área de la holgura es el área de la corona.

A = π

4 (D2 − d2)

𝐃 = (4 A

π+ d2)

0,5

= (4 x 0,1

π+ 62)

0,5

= 𝟔, 𝟎𝟏𝟎𝟔 𝐢𝐧

Cálculo de la holgura “e”:

𝐞 = 6,0106 − 6

2= 𝟓, 𝟑 𝐱 𝟏𝟎−𝟑 𝐢𝐧

Remplazando valores en la ecuación (1):

𝛍 = 20 (

2

32,2 + 1) x

5,3x10−3

12

π x 6 x 5 x 20 = 𝟕, 𝟏𝟔𝟕 𝐱 𝟏𝟎−𝟒

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐𝐬

PROBLEMA90.- El interespaciamiento “h” que es muy pequeño se llena con un aceite de

viscosidad "𝜇" . Calcular el par de torsión “T0” que se requiere para hacer girar el cono a una

velocidad constante "ω".

Solución.- El par de torsión solicitado corresponde al torque lateral del cono interior.

Cálculo del “dT” a un radio “x”

dT = (dF)(x) = (μ dA u

h) (x) = (μ)(dA)(ω x) (

x

h) = (μ)(dA)(ω) (

x2

h)

Cálculo del “dA” que corresponde al área lateral

del tronco de cono.

76

dA = π S (R + r) = π S (2x + dx)

Pero la generatriz, es: S = dx

sen α

∫ dT = 2π μ ω

h sen α

T

0

∫ x3 dxR

0

𝐓 =2π μ ω

h sen α x

R4

4=

2π μ ω

h sen α x

1

4(H tg α)4 =

𝛑 𝛍 𝛚

𝟐𝐡 𝐬𝐞𝐧 𝛂𝐇𝟒𝐭𝐠𝟒𝛂

PROBLEMA91.- El sistema de embragueque se muestra en la figura se usa para transmitir par

torsión mediante una película de aceite de viscosidad dinámica de 0,38 Pa.s que está entre

dos discos idénticos de 30 cm de diámetro. Cuando la flecha impulsora gira a una velocidad de

1450 RPM se observa que la flecha impulsada gira a 1398 RPM. Suponiendo un perfil lineal de

velocidad para la película de aceite. Determinar el par de torsión (N.m) transmitido.(Yunus

Cengel 2,49)

Solución.- Como el radio del disco es variable se presentan diversos torques, por lo que se

calcula un dT a una distancia “r” del centro del disco de radio “R”

dT = dF x r = μ dA ω r r

e= μ 2π r dr ω r

r

e = 2π μ

ω

er3 dr

77

∫ dTT

0

= 2π μ ω

e∫ r3 dr

R

0

Por lo que se puede generalizar para casos de discos: 𝐓 = 𝛑 𝛍 𝛚 𝐑𝟒

𝟐 𝐞

Para nuestro problema hay que trabajar con velocidad relativa, por que ambos discos están en

movimiento y se observa que lo hacen en el mismo sentido.

𝐓 = π μ (ω1 − ω2) R

4

2 e=

π x 0,38 x (1450 − 1398)π

30x 0,154

2 x 3 x 10−3= 𝟎, 𝟓𝟒𝟖𝟓 𝐍.𝐦

PROBLEMA92.- Calcular la viscosidad absoluta (Pa.s) del aceite.(White Frank P. 1.45)

Solución.- La placa se desplaza por el plano inclinado a velocidad constante.

Σ F = masa x a

PesoPlaca x sen α = Fviscosa = 𝜇 𝐴 𝑢

𝑒

250 x 5

13= μ x 1 x 1 x

0,2

1,25 x 10−3

𝛍 = 𝟎, 𝟔 𝐏𝐚. 𝐬

PROBLEMA93.- Un viscosímetrode cilindros concéntricos es accionado por una masa “M” que

cae y que está conectada mediante una cuerda y una polea al cilindro interior, como se

muestra en la figura. El líquido que se va a probar se llena el claro anular de ancho “a” y altura

“H”. Después de una etapa transitoria inicial, la masa cae a una velocidad constante “V”.

Determinar la viscosidad (cp) del líquido empleado. Considere los siguientes datos: M= 0,10 Kg,

R = H = 50 mm, r = 25 mm, a = 0,20 mm y V = 40 mm/s. Despreciar el esfuerzo cortante

debido al fluido ejercido sobre la cara inferior. (Philip Gerhart P.1.37)

78

Solución.-

TLateral = FV x R

TL = (μ)(2 π R H)(ω R)(R)

a= M x g x r

La velocidad tangencial en la polea: V = ω x r

(2 π μ H R3

a) (

V

r) = M x g x r

𝛍 = M a g r2

2 π V H R3 =

0,10 x 0,20 x 10−3 x 9,81 x (25 x 10−3)2

2 π x 40 x 10−3 x (50 x 10−3)4= 𝟎, 𝟎𝟕𝟖 𝐏𝐚. 𝐬

𝛍 = 0,078 Pa. s = 0,78 p = 𝟕𝟖 𝐜𝐩

PROBLEMA 94.- Un cuerpo en forma de cono cortadogira a velocidad constante de 200 rad/s

en un recipiente lleno de aceite SAE10W a 20 °C (μ = 0,1 Pa. s) como se muestra en la figura.

Considerando un espesor de película de aceite que llena los interespaciamientos igual a 1,2

mm. Determinar la potencia (KW) necesaria para mantener este movimiento.(Yunus Cengel

2,46)

79

Solución.-

Po = TT x ω …………………… . (1)

Cálculo del Torque Total (TT)

TT = TBM + Tbm + TL …………… (2)

Se observa en el problema que el Torque de la base mayor (TBM) y menor

(Tbm) corresponden al caso de discos, por lo que:

TBM = 2 π μ ω R4

4 e (𝐭𝐨𝐫𝐪𝐮𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐛𝐚𝐬𝐞 𝐦𝐚𝐲𝐨𝐫)

Tbm = 2 π μ ω r4

4 e (𝐭𝐨𝐫𝐪𝐮𝐞 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐛𝐚𝐬𝐞 𝐦𝐞𝐧𝐨𝐫)

Cálculo del Torque lateral (TL)

dTL = (dF)(x) = (μ dA u

e) (x) = (μ dA

ω x

e) (x)

= μ ω x2

e dA ……… (3)

dS = √dx2 + dx2 tg2∅ = √1 + tg2∅ dx

Cálculo del dA (Tronco de cono):

dA = π S ( R + r) = π √1 + tg2∅ (2x + dx) dx

dA = (2 π) (√1 + tg2∅ ) x dx

Remplazando dA en la ecuación (3): dTL = μ ω x2

e(2 π)(√1 + tg2∅ )x dx

∫ dTL

T

0

= (2 π μ ω

e) (√1 + tg2∅ )∫ x3 dx

R

r

TL = (2 π μ ω

4 e) (√1 + tg2∅ ) (R4 − r4)

Remplazar en la ecuación (1):

80

P0 = 2 π μ ω2R4

4 e+

2 π μ ω2r4

4 e+ (

2 π μ ω2

4 e) (√1 + tg2∅ ) (R4 − r4)

P0 = π μ ω2

2 e[(R4 + r4) + (√1 + tg2∅ ) (R4 − r4)]

tg ∅ = 120

40= 3

𝐏𝟎 = π x 0,1 x 2002

2 x 1,2 x 10−3 [(64 + 24) + (64 − 24)√10] x 10−8 = 𝟐𝟖𝟎, 𝟔𝟑𝟒 𝐖𝐚𝐭𝐭𝐬

CAPITULO 3

HIDROSTÁTICA

En muchas aplicaciones prácticas de la Mecánica de los Fluidos no existe movimiento y

solo se estudia la distribución de presiones en un fluido en reposo y sus efectos sobre los

objetos sumergidos ó en flotación. Cuando la velocidad de un fluido es nula, lo que se

denomina condición hidrostática, las variaciones de la presión se deben exclusivamente al

peso del fluido. Considerando conocidas las características de un fluido se puede evaluar la

distribución de presiones en presencia de un campo gravitatorio dado mediante integración.

Aplicaciones prácticas se dan en: la distribución de presiones en la atmósfera y el

océano, el diseño de instrumentos de medida de flujos fluidos, la determinación de las fuerzas

sobre superficies sumergidas planas y curvas, la fuerza de flotabilidad que actúa sobre cuerpos

sumergido y el comportamiento de los cuerpos en flotación.

Cuando un fluido se mueve como un sólido rígido, como es el caso de un depósito de

líquido que está en rotación durante un tiempo suficiente, traslación de masas líquidas en

diferentes planos, la variación de la presión se puede evaluar fácilmente ya que los esfuerzos

cortantes del fluido son nulos para lo que se establece la ecuación21:

𝐝𝐏

𝛒= − 𝐚𝐱 𝐝𝐱 − 𝐚𝐲 𝐝𝐲 − (𝐠 ± 𝐚𝐳) 𝐝𝐳

21Ecuación general para el estudio de la variación de la presión como sólido rígido

81

Donde: ax , ay y az son las componentes de la aceleración de la masa fluida en coordenadas

cartesianas y 𝜌 es la densidad del fluido.

A partir de los conceptos de densidad y de presión se obtiene la ecuación fundamental

de la hidrostática, de la cual el principio de Pascal y el de Arquímedes pueden considerarse

consecuencias. El hecho de que los gases, a diferencia de los líquidos, puedan comprimirse

hace que el estudio de ambos tipos de fluidos tenga algunas características diferentes.

Un caso particular es para un fluido en reposo:

𝐝𝐏 = − 𝛒 𝐠 𝐝𝐳

Si consideramos la presión atmosférica P0, la variación de la presión con la elevación y

la profundidad, viene expresado por:

𝐄𝐥𝐞𝐯𝐚𝐜𝐢ó𝐧: 𝐏 = 𝐏𝟎 − 𝛒 𝐠 𝐡𝐏𝐫𝐨𝐟𝐮𝐧𝐝𝐢𝐝𝐚𝐝: 𝐏 = 𝐏𝟎 + 𝛒 𝐠 𝐡

Así mismo la variación de la presión en una atmósfera:

a.- ISOTÉRMICA: Estratósfera𝐏𝟐 = 𝐏𝟏 𝐱 𝐞 – 𝐠 𝐡

𝐑 𝐓

b.- Con GRADIENTE DE TEMPERATURA: Tropósfera𝐏 = 𝐏𝟎 (𝐓

𝐓𝟎)

− 𝐠

𝐑 𝐓

Un caso de análisis más completo para determinar la variación de la presión, es considerar el

módulo de elasticidad volumétrico.

𝐏 = 𝐏𝟎 + 𝐄 𝐱 𝐥𝐧 (𝐄

𝐄 ± 𝛄𝟎 𝐱 𝐡)

Utilizar el signo (+) para fluido incompresible y el signo (-) para fluido compresible.

Para fluidos en movimiento se hace necesario evaluar el gradiente de presión:

𝛅𝐏

𝛅𝐲= − 𝛒𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐒 𝐚𝐲 (Movimiento horizontal)

𝜹𝑷

𝜹𝒛= − 𝛒𝐚𝐠𝐮𝐚 𝐒 (𝐠 ± 𝐚𝐳) (Movimiento vertical)

Para el estudio de estabilidad rotacional de cuerpos flotantes, se tiene presente el principio de

Arquímedes y el radio ó altura metacéntrica, por lo que el momento ó par restaurador, es:

𝐌𝐞 = 𝐏𝐞𝐬𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐞𝐦𝐛𝐚𝐫𝐜𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐱 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐨 𝐦𝐞𝐭𝐚𝐜é𝐧𝐭𝐫𝐢𝐜𝐨 𝐱 á𝐧𝐠𝐮𝐥𝐨 𝐝𝐞 𝐞𝐬𝐜𝐨𝐫𝐚

Cuando un fluido se mueve en un plano horizontal con aceleración “a”, el ángulo que

forma la isobárica con la horizontal, es:

82

𝐭𝐠 𝛉 =𝐚𝐲

𝐠

Si el movimiento ascendente se da en un plano inclinado:

𝐭𝐠 𝛉 = 𝐚𝐲

𝐠 + 𝐚𝐳

Si la masa líquida gira con velocidad constante "𝜔" como sólido rígido, la altura “H”

que alcanza la parábola en la pared del recipiente22 de radio “R”, es:

𝐇 = 𝛚𝟐𝐑𝟐

𝟐𝐠

PROBLEMASRESUELTOS

PROBLEMA 01.-¿Cuál es la presión (KPa) en el centro del tubo “B”?(Roberson Crowe 3.30).

Solución.- Por consideraciones geométricas:

senθ: 3

5=

h

0.5

h = 0.3 m

PB = Po + γ2 ∗ (h − H) − γ1 ∗ 0.5

PB = γ2 ∗ (0.3 − 0.1) − γ1 ∗ 0.5

𝐏𝐁 = 20 ∗ 0.2 − 10 ∗ 0.5 = −𝟏. 𝟎 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA02.- La razón entre el diámetro de una cisterna y el diámetro del tubo es 8. Cuando

el aire de la cisterna esta a presión atmosférica, y la superficie libre del tubo se encuentra en la

posición “1” cuando la cisterna se presuriza, el liquido del tubo se mueve a 40 cm hacia arriba

22Se conoce también como vórtice forzado

83

del tubo de la posición “1” a la posición “2” ¿Cual es la presión de la cisterna (Pa) que produce

esta desviación? La densidad relativa del líquido es 0.8. (Roberson Crowe 3.31).

Solución.-

P1 = P2 + γag ∗ S(h + ∆h)…… . . (1)

sen10° =h

l……………(α)

Igualamos volumen del líquido en el tubo y la cisterna

π

4D2x∆h =

π

4d2 x l

∆h = (d

D)2

xl……… (β)

Remplazando las ecuaciones (α)y (β) en (1)

P1 − P2 = γagxSxl [sen10° + (d

D)2

]

𝐏𝟏 − 𝐏𝟐 = 9.81x0.8x0.4 [sen10° + (1

8)2

] x1000 = 𝟓𝟗𝟒. 𝟏𝟔 𝐏𝐚

PROBLEMA03.- La desviación en el manómetro es “h” metros cuando la presión del tanque es

de 150 KPa absoluta. Si la presión absoluta del tanque se duplica ¿Cuál será la desviación en el

manómetro?(Roberson Crowe 3.50).

84

Solución.-

PA(abs) = Po + γHgx h

150 − 100 = γHg x h

50 = γHg x h

Si se duplica la presión: 300 = 100 + γHg x h1

200 = γHg x h1

∴50

h=

200

h1→ 𝐡𝟏 = 𝟒𝐡

PROBLEMA04.- Si las elevaciones Za y Zb son 10 m y 11 m respectivamente. Considerando l1 =

1m y la desviación manométrica l2 es de 50 cm. Determine. a) La diferencia de presiones

(KPa) entre “A” y “B” b) La diferencia de la carga piezométrica entre los puntos “A” y

“B”.(Roberson Crowe 3.49).

Solución.-

a)

PB = PA − γac x l1 + γac(l1 + l2 − ∆z)

PB = PA − γac x l1 + γac x l1 + γac x l2 − γac x ∆z

PA − PB = γac x Sac(∆z − l2)

𝐏𝐀 − 𝐏𝐁 = 9.81 x 0.85(1 − 0.5) = 𝟒. 𝟎𝟔𝟗 𝐊𝐏𝐚

b)

DAP = (PA

γac+ zA) − (

PB

γac+ zB)

85

𝐃𝐀𝐏 =PA−PB

γac+ (zA − zB)=

4.169

9.81 x 0.85+ (−1) = − 𝟎. 𝟓 𝐦

PROBLEMA05.- Si el agua tiene un modulo de elasticidad de volumen E = 2x104 bar.

Determinar la presión (bar) y la densidad (Kg/m3) en el mar a 6000 m. de profundidad. Si en la

superficie el agua tiene una densidad relativa de s = 1.025. Compare los resultados

despreciando E, considerar la presión atmosférica como 1.013 bar.

Solución.-

a) Sin considerar el valor de E.

∫ dP = −ρg∫ dzz

zo

P

Po

P − Po = −ρg(−h)

P = Po + ρagSagumargh

𝐏 = 1.013bar + 100x1.25x9.81x6000x10−5 = 𝟔𝟎𝟒. 𝟑𝟐𝟖 𝐛𝐚𝐫

b) Considerar el valor de E.

E =dP

−dV

V

=dPdρ

ρ

=dPdγ

γ

dP = Edγ

γ= −γdz

E∫ (dγ

γ2)

γ

γo

= −∫ dzz

zo

= (E) (−1

γ)γo

γ

= h

γ =γoE

E − γoh…………… . (1)

∫ dPP

Po

= E∫dγ

γ

γ

γo

P − Po = (E)ln (γ

γo)……… . . (2)

Remplazandola ecuación (1) en (2)

86

P1 − Po = E ∗ ln [(

γo∗E

E−γo∗h)

γo] = E ∗ ln [

E

E − γoh]

P = 1.013 + 2x104xln(2x104

2x104 −9.81x1.0215x6000

100

)

𝐏 = 𝟔𝟏𝟑. 𝟓𝟑𝟔 𝐛𝐚𝐫

∫ dPP

Po

= E∫dρ

ρ

ρ

ρo

= P − Po = (E)ln (ρ

ρo)

𝛒 = ρo ∗ eP−Po

E = 1025x(2.7182)0.030626

20000 = 𝟏𝟎𝟓𝟔. 𝟖𝟕 𝐊𝐠

𝐦𝟑

La densidad aumenta en 3.015 %

PROBLEMA06.-Un tubo abierto se conecta a un tanque y el agua sube hasta una altura de 900

mm dentro del tubo. Un tubo utilizado en esta forma se conoce como un piezómetro. ¿Cuáles

son las presiones (KPa) en “A” y “B” del aire por encima del agua? Ignore los efectos capilares

en el tubo.

Solución.-

PB = Po + γag ∗ 0.9 − γag ∗ 0.4

𝐏𝐁 = γag ∗ 0.5 = 9,81 ∗ 0,5 = 𝟒. 𝟗𝟎𝟓 𝐊𝐏𝐚

𝐏𝐁 = PA + γag ∗ 0.2

𝐏𝐀=4.905 − 9.81 x 0.2 = 𝟐. 𝟗𝟒𝟑 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA07.- El peso especifico del agua en mar se puede calcular a partir de la ecuación

empírica 𝛾 = 𝛾𝑜+𝐾√ℎen la cual” h” es la profundidad bajo la superficie del océano. Derivar una

87

expresión para determinar la presión en cualquier punto “h” y determinar el peso especifico

(KN/m3), así como la presión a una profundidad de 3.22 Km. Suponer que γo=104N/m3, h en

metros y k = 7.08.(Munson Young 2,11)

Solución.- La ecuación para determinar la presión para fluido estático, es:

dP = −ρgdh = −γdh

∫ dP = −∫ (γo + kh1/2)dhh

ho

P

Po

P − Po = −|γoh +2

3kh3/2|

ho

h

Considerando presión manométrica: P = γo h +2

3 k h3/2

𝐏 = (104x3220 +2

3x7.08x3220)

1.5

x10−6 = 𝟑𝟑. 𝟎𝟔 𝐌𝐏𝐚

γ = γo + k√h

𝛄 = [104 + 7.08x√3220]x10−3 = 𝟏𝟎. 𝟒 𝐊𝐍

𝐦𝟑

PROBLEMA08.- Un recipiente abierto contiene tetracloruro de carbono (s=1.59) hasta una

profundidad de 2 m. y agua sobre el CCl4 hasta una profundidad de 1. 5 m. Determinar la

presión (KPa) en el fondo de este tanque.

Solución.- P = P0 + γag1.5 + γagSCCl42

𝐏 = γag(1.5 + 1.59 x 2) = 9.81x(1.5 + 1.59 x 2) = 𝟒𝟓. 𝟗𝟏 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA09.- El sistema de la figura está abierto a la atmosfera en el lado derecho. a) Si

L=120 cm¿Cuál es la presión (KPa) en el depósito “A”? b) Si Pa = 135 KPa ¿Cuál es la longitud

(m) de L?

88

Solución.-

PA = P0 + γagLsen55° − γag0.18 + γHg0.17

PA = γag(Lsen55° − 0.18 + SHg0.17)

a) 𝐏𝐀 = 9.81(1.2xsen55° − 0.18 + 13.6x0.17) = 𝟑𝟎. 𝟓𝟓 𝐊𝐏𝐚

b) 135 = 9.81x(L x sen55° − 0.18 + 13.6x0.17)

𝐋 = 𝟏𝟒. 𝟏𝟗𝟔 𝐦

PROBLEMA10.- El manómetro del tubo inclinado que se muestra en la figura, tiene D=3 in y

d=0.25 in y se llena con aceite (S=0.897). Calcular: a)El ángulo que producirá una superación

de 5 in del aceite a lo largo del tubo inclinado para una producción aplicada de 1 in de agua

(manométrica) b) La sensibilidad de este manómetro, esta es la separación en milímetro por

milímetro de presión diferencial del agua aplicada.(Fox Robert 3,46).

Solución.-

a) P1 = P2 + γagS(h + H)………… . . (1)

Igualar volumen del benceno:

π

4D2xH =

π

4d2xL

H = (d

D)2

L…………(2)

Remplazandola ecuación (2) en la ecuación (1):

P1 − P2 = γag. S. [L. senθ + (d

D)2

. L]

89

𝐬𝐞𝐧𝛉 =∆𝐏

𝛄𝐚𝐠. 𝐒. 𝐋− (

𝐝

𝐃)𝟐

=62.4x

1

12x

lbf

ft3

62.4lbf

ft3x0.897x

5

12ft

− (0.25

3)2

𝛉 = 𝟏𝟐. 𝟏𝟖°

b) Sensibilidad (S)

𝐒 = L

∆P columna de agua=

5

1= 𝟓

PROBLEMA 11.- Se tiene un manómetro diferencial conectado a la tubería como se indica en la

figura. Determinar: a)La diferencia de la presión (Pa) entre las corrientes aguas arriba y aguas

abajo del flujo de la sustancia operante en la tubería considerar la densidad relativa del

benceno como 0.879b)La diferencia de altura piezométrica (m) entre los puntos antes

considerados.(Fox Robert 3,37).

Solución.-

a) P1 = P2 − γag ∗ 0.47 ∗ SB + γag ∗ 0.47

P1 − P2 = γag ∗ 0.47(1 − SBenc)

𝐏𝟏 − 𝐏𝟐 = 9.81 ∗ 0.47(1 − 0.879)=𝟓𝟓𝟕. 𝟖𝟗 𝐏𝐚

b) DAP = (P1

γ+ z1) − (

P2

γ+ z2)=

P1−P2

γag+ (z1 − z2)

𝐃𝐀𝐏 =0.55789

9.81= 𝟎. 𝟎𝟓𝟔𝟖𝟔 𝐦

90

PROBLEMA12.- El esquema presenta un manómetro de reservorio con tubo vertical23. Si D=18

mm, d=6 mm, s=0.827 y ΔP=25 mmca (man). Determinar: a) El desplazamiento del líquido L

(mm) en el tubo b) La sensibilidad del manómetro.

Solución.-

𝐚) P1 = P2 − γag ∗ S ( l + H )

Igualando volúmenes:

π

4D2xH =

π

4d2 x l

H = (d

D)2 x

l

P1 − P2 = γag ∗ S ∗ l [1 + (d

D)2

]

Del dato: ΔP=25 mmca (man)

𝐥 =

∆P

γag∗S

1 + (d

D)2 =

25

0.827

1 + (6

18)2 = 𝟐𝟕. 𝟐𝟎𝟔 𝐦𝐦

𝐛) 𝓼 =27.206

25= 𝟏. 𝟎𝟖𝟖

PROBLEMA13.- Un casco hemisférico lleno de aire esta fijo en el fondo del océano a una

profundidad de 10 m. la lectura de un barómetro de mercurio situado dentro del casco es de

765 mmHg y un manómetro de tubo en U diseñado para proporcionar la presión del agua

exterior indica una lectura diferencial de 735 mmHg. Determinar la presión atmosférica (KPa)

en la superficie del océano. Considerar γaguaman = 10.1 KN/m3 y γHg = 133 KN/m3.

23Algunos autores lo llaman de cubetas, se utilizan para determinar pequeñas caídas de presión.

91

Solución.-

Po + γag ∗ 10 + γag ∗ 0.36 = Po + γHg ∗ 0.735

Po = Po + γHg ∗ 0.735 − γag ∗ 0.36 − γag ∗ 10

Po = γHg ∗ ho + γHg ∗ 0.735 − γag ∗ 10.36

Po = γHg(ho + 0.735) − γag ∗ 10.36

𝐏𝐨 = 133(0.765 + 0.735) − 10.1 ∗ 10.36 = 𝟗𝟒. 𝟖𝟔𝟒 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA14.-Un sistema se equipa con dos manómetros de carátula y un tubo en “U” como

se muestra en la figura. Para Δh=80 mm y columna de aceite (Sac=0.87) de 650 mm.

Determinar P2 - P1 (KPa).(Yunus Cengel 3,134).

Solución.-

P2 = P1 − γag ∗ ∆h + γac ∗ H

P2 − P1 = γag(Sac ∗ H − S ∗ ∆h)

𝐏𝟐 − 𝐏𝟏 = γag(Sac ∗ H − S ∗ ∆h) = 9.81(0.87 ∗ 0.65 − 2.67 ∗ 0.08) = 𝟑. 𝟒𝟓𝟐 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA 15.- Determinar el

ángulo “θ” del tubo inclinado que se

92

muestra en la figura, si la presión en “A” es de 2 Psig mayor que en “B”.(Munson Young 2.40).

Solución.-

PA + γ ∗ 1 = PB + γ ∗ 10 ∗ senθ

𝐏𝐀 − 𝐏𝐁 = γ (10 ∗ senθ − 1)

2 ∗ 144

62.4+ 1 = 10senθ

𝛉 = 𝟑𝟒. 𝟏𝟓𝟗°

PROBLEMA16.- Para la posición indicada en la figura, el manómetro marca valor o de presión y

el pistón toca el resorte sin comprimirlo. El resorte tiene una constante de 360 KN/m y la

densidad relativa del aceite es de 0.85. El diámetro del cilindro “A” es 0.7 m y el del cilindro

“B” es 0.5 m. Determine la presión leída en el manómetro cuando el resorte se comprima 50

cm.Considerar la presión atmosférica Po=0.1 MPa

Solución.-

Para la condición inicial:

Wpiston

Apiston+ γac ∗ 1.3 = Psum + γac ∗ 2

Wpiston = γag ∗ Sac(2 − 1.3) ∗π

4∗ 0.72

93

𝐖𝐩𝐢𝐬𝐭𝐨𝐧 = 9.81 ∗ 0.85(2 − 1.3) ∗π

4∗ 0.72 = 𝟐. 𝟐𝟒𝟔𝟑𝟐 𝐊𝐍

Para la condición final: Volumen ascenso A = Volumen descenso B

π

4dA2 ∗ 0.5 =

π

4dB2 ∗ h

0.72 ∗ 0.5 = 0.52 ∗ h

h = 0.98 m

Po +360 ∗ 0.5π

4∗ 0.72

+2.24632π

4∗ 0.72

+ 9.81 ∗ 0.85 ∗ 1.8 = P0 + Psum + 9.81 ∗ 0.85 ∗ 1.02

𝐏𝐬𝐮𝐦 = 𝟒𝟖𝟎. 𝟎𝟓 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA17.- En la figura se esquematiza una tubería con 45° de inclinación por el que fluye

agua. Determinar: a) La caída de presión (Psig) entre las tomas aguas arriba y aguas debajo de

la tubería debido a la gravedad y a la fricción. b) La diferencia de carga piezométrica entre los

puntos “1” y “2”.(Frank White 2.44).

Solución.-

a)

P1 + γag ∗ ∆z + γag ∗ ∆H = P2 + γHg ∗ ∆H

P1 − P2 = γag[∆H(SHg − 1) − ∆z]

P1 − P2 = 62.4 [6

12(13.6 − 1) − 5sen45°]

𝐏𝟏 − 𝐏𝟐 =172.5

144

lbf

pulg2= 𝟏. 𝟏𝟗𝟕𝟗 𝐏𝐬𝐢𝐠

94

b)Diferencia de altura piezométrica

DAP = (P1

γ+ z1) − (

P2

γ+ z2) = (

P1 − P2

γ) + (z1 − z2)

𝐃𝐀𝐏 = (172.5

62.4) + 5sen45° = 𝟔. 𝟐𝟗 𝐦

PROBLEMA18.- El manómetro de la figura contiene dos líquidos. El liquido “A” tiene una

densidad relativa SA=0.88 y el liquido “B” SB=2.95. Calcular la separación “h” (mm) cuando la

diferencia de presión aplicada P1-P2=870 Pa.

Solución.-

P1 + γA ∗ h = P2 + γB ∗ h

P1 − P2 = γag(SB − SA) ∗ h

𝐡 =P1 − P2

γag(SB − SA) =

0.870

9.81(2.95 − 0.88)∗ 1000 = 𝟒𝟐. 𝟖𝟒 𝐦𝐦

PROBLEMA19.- Un manómetro diferencial24 de vidrio de liquido múltiple se ha instalado entre

la tubería “A” y “B” por la que circula agua, tal como se ilustra en la figura, el fluido

manométrico que se encuentra en la parte inferior de los tubos en “U” del manómetro es

mercurio (SHg=13.56). El fluido que está en la

parte superior del manómetro es aceite

24Son usados para determinar la diferencia de presiones entre dos puntos, cuando la presión en cualquier punto del

sistema no puede ser determinada.

95

(Sac=0.8). Considerando: h1 = 250 mm, h2 = 75 mm, h3 = 100 mm, h4 = 125 mm y h5 = 200mm.

Determinar (PA-PB).

Solución.-

PA = PB + γag ∗ h5 + γHg ∗ h4 − γac ∗ h3 + γHg ∗ h2 − γag ∗ h1

PA − PB = γag ∗ h5 + γHg ∗ h4 − γac ∗ h3 + γHg ∗ h2 − γag ∗ h1

PA − PB = γag[(h5 − h1) + SHg ∗ (h2 + h4) − Sac ∗ h3]

𝐏𝐀 − 𝐏𝐁 = 9.81[(0.2 − 0.25) + 13.56 ∗ (0.275) − 0.8 ∗ 0.1] = 𝟑𝟓. 𝟑 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA20.- En el esquema adjunto, si: Po=1 bar. Determinar: (L1-L2) bar. Considerar los

datos que se muestran en el cuadro.

1 2 3

h (m) 1.5 0.5 2.5

S 0.8 1.6 1.0

Solución.-

L1 = L2 + γ3h3 + γ2h2 − γ1h1

L1 − L2 = γag(S1h3 + S2h2 − S1h1)

𝐋𝟏 − 𝐋𝟐 = 9.81(1 ∗ 2.5 + 1.6 ∗ 0.5 − 0.8 ∗ 1.5) ∗ 10−2 = 𝟎. 𝟐𝟎𝟔 𝐛𝐚𝐫

96

PROBLEMA21.- En el esquema adjunto,determinar h1 (ft).Si h2=0.1 ft, Po=1 bar y L=0.5 Psig

Solución.-

PA = L + Po = Po − γHgh2 − γh1 + γagh1

L = h1(γag − γ) − γHgh2 = γag[h1(1 − S) − SHgh2]

h1 =

L

γag+ SHgh2

(1 − S)=

0.5∗144

62.4+ 13.6 ∗ 0.1

(1 − 0.6)= 𝟔. 𝟐𝟖𝟒𝟔 𝐟𝐭

PROBLEMA22.- En el esquema que se muestra, si:Po=1 bar, L2-L1=0.5 bar. Determinar: L (KPa)

1 2 3 4

h (m) 2.5 2.0 0.5 0.5

S 1.5 1.0 0.8 13.6

Solución.- Análisis en los tanques “A” y “B”

L1 = PB − PA

L2 = PB − Po

Resolviendo las ecuaciones anteriores

97

PA = (L2 − L1) + Po …………(1)

Cálculo de PA

Po + L + γ3h3 + γ2h2 + γ1h1 = PA + γ4h4 ………… . (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2)

L + γ3h3 + γ2h2 + γ1h1 − γ4h4 = L2 − L1

L = (L2 − L1) + γag[S4h4 − S1h1 − S2h2 − S3h3]

𝐋 = 0.5 ∗ 100 + 9.81[13.6 ∗ 0.5 − 1.5 ∗ 2.5 − 1.0 ∗ 2.0 − 0.8 ∗ 0.5] = 𝟓𝟔. 𝟑𝟕 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA23.- En el esquema adjunto, si Po=1 bar y L2-L3=2.5 bar. Determina: (L1-L4) bar

Solución.-

L1 = PA − P0 ………… (1)

L2 = PA − PB ………… (2)

L3 = PC − PB ………… (3)

L4 = PC − P0 ………… (4)

Resolver las ecuaciones (1) y (4):

L1 − PA = L4 − PC ………… . (5)

Resolver las ecuaciones (2) y (3):

L2 − PA = L3 − PC …………(6)

Resolviendo las ecuaciones (5) y (6): L1 − L4 = L2 − L3

98

𝐋𝟏 − 𝐋𝟒 = 𝟐. 𝟓 𝐛𝐚𝐫

PROBLEMA24.- Es el esquema adjunto.Determinar:a) (PA-PB) Psi b) La variación de altura

piezométrica (ft)

Solución.-

a) PA = PB + γAC ∗ 2 + γHg ∗ 3 − γAC ∗ 23

PA − PB = γAgua(SHg ∗ 3 − SAC ∗ 21)

𝐏𝐀 − 𝐏𝐁 =62.4

1728(13.6 ∗ 3 − 0.85 ∗ 21) ∗ 144 = 𝟏𝟏𝟗. 𝟑𝟒 𝐏𝐬𝐟

b) Variación de altura piezométrica.

VAP = (PA

γAC+ zA) − (

PB

γAC+ zB)

VAP = [PA − PB

γAgua. SAC+ (zA − zB)]

𝐕𝐀𝐏 = [119.34

62.4 ∗ 0.85+ (

18

12)] = 𝟑. 𝟕𝟓 𝐟𝐭

PROBLEMA25.- El esquema adjunto muestra un manómetro diferencial. Si S2=S6, S3=S5.

Considerando los siguientes datos:S2=1.5; S3=2.0; S4=0.8, h4=0.5 m; h2-h6=0.5 m y h3+h5=0.4 m.

Determine: (PA-PB) mca.

99

Solución.-

PA = PB + γaire. h1 + γ2. h2 − γ3. h3 + γ4. h4 − γ5. h5 − γ6. h6

Despreciando la variación de la presión del aire

PA − PB = γagua. S2. (h2 − h6) − γagua. S3. (h3 − h5) + γagua. S4. h4

PA − PB

γagua= S2. (h2 − h6) − S3. (h3 − h5) + S4. h4

𝐏𝐀 − 𝐏𝐁

𝛄𝐚𝐠𝐮𝐚= 1.5(0.4) − 2(0.4) + 0.8(0.5) = 𝟎. 𝟐 𝐦𝐜𝐚

PROBLEMA26.-

a) El elevador hidráulico en un taller de reparación de automóviles tiene un diámetro de

salda de 300 mm y debe levantar automóviles de 2000 Kg. Determinar la presión (bar)

manométrica del fluido que debe mantenerse en el depósito.

b) En la figura adjunta. Determinar “h” (m) en los niveles de mercurio

Solución.-

a) Cuando el pistón esta en equilibrio

m. g = P. areapiston

100

𝐏 =2000 ∗ 9.81

π

4(0.3)2

∗ 10−5 = 𝟐. 𝟕𝟕𝟓 𝐛𝐚𝐫

b)

Po + L + γagua. hagua = Po + γac. hac + γHg. hHg

L = γac. hac + γHg. hHg − γagua. hagua = γagua(Sac. hac + SHg. hHg − hagua)

65 = 9.81(0.72 ∗ 0.75 + 13.6 ∗ hHg − 0.3)

𝐡𝐇𝐠 = 𝟎. 𝟒𝟔𝟗𝟓 𝐦

PROBLEMA27.- En el esquema adjunto, considerar H=5 in, S=0.8, L2=10 in Hg (vacío); Po=34 ft

agua.Los tanques “A” y “B” contienen Oxigeno y Nitrógeno respectivamente. Determinar la

lectura L1 (KPa).

Solución.-

L1 = PA − PB y L2 = PB - P0

L1 + L2 = PA − P0

L1 + L2 = P0 + γ.H − P0

L1 = L2 − γac. S. H…………… . (1)

254 mmHg → L2 = 33.855 KPa

Remplazando en la ecuación (1): 𝐋𝟏 = 33.855 − 9.81 ∗ 0.8 ∗ 5 ∗2.54

100= 𝟑𝟐. 𝟖𝟓𝟖 𝐊𝐏𝐚

101

PROBLEMA28.- En el esquema adjunto, si 𝛄𝐇𝐠 = 847lbf

ft3 , S = 0.8, a = 1 in y PB −

PB´ = 0.5 Psig. Determinar:A1

A2. (Munson - Young. 2.46).

Solución.- El análisis se hará para las condiciones inicial y final del problema.

Condición inicial

PB = PA + γag. h1 + γag. h2 − γHg. h2 − γac. h1 ……… . (1)

Condición final

PB´ = PA´ + γag. h1 + γag. h2 − γag. b − γHg(h2 − b − a) − γac. a − γac. h1 ……… . . (2)

Por condición PA= 𝑃𝐴´

Igualando las ecuaciones (1) y (2):

PB − γag. h1 − γag. h2 + γHg. h2 + γac. h1 = PB´ − γag. h1 − γag. h2 + γag. b

+γHg(h2 − b − a) + γac. a + γac. h1

PB − PB´ = b(γHg − γag) + γHg. a − γac. a

PB − PB´ + γac. a − γHg. a = b(γHg − γag)

b =PB − PB´ + γac. a − γHg. a

(γHg − γag)

b =0.5 ∗ 144 +

1

2(62.4 ∗ 0.8 − 847)

(847 − 62.4)

102

b = 0.0071076 ft…………. (3)

Igualando volumen A1 . b = A2. a

A1

A2=

a

b…………. (4)

Remplazando la ecuación (3) en (4):

𝐀𝟏

𝐀𝟐=

1

2

0.0071076= 𝟏𝟏. 𝟕𝟐𝟒

PROBLEMA29.- La placa AB de 3m por 4m de un depósito al aire es basculante en torno a su

borde inferior y se mantiene en posición mediante una barra delgada BC. Sabiendo que va a

llenarse de glicerina, cuya densidad es de 1263 kg/m3. Determinar la fuerza T (KN) en la barra y

las reacciones (KN) en la bisagra A, cuando el depósito se llena hasta una profundidad d=2.9m

Solución.- F = γ ∙ hY ∙ A = 9.81 ∙ 1263 ∙ (2.9

2) ∙ (2.9 ∙ 4) = 𝟐𝟎𝟖. 𝟒 𝐍

hP =2

3d →

2

3∙ 2.9 = 1.933 m

e =γ ∙ Inn

F=

9.81 ∙ 1263 ∙1

12∙ 4 ∙ 2.33

208.4= 𝟎. 𝟒𝟖𝟑 𝐦

∑MA = 0 →T ∙ 3 = F ∙ (2.9

2− 0.483)

T ∙ 3 = 208.4 ∙ (2.9

2− 0.483)

𝐓 = 𝟔𝟕. 𝟏𝟕 𝐤𝐍

∑FX = 0 →F = RX + T

103

RX = 208.4 − 67.17 = 𝟏𝟒𝟏. 𝟐𝟑 𝐤𝐍

∑FY = 0 → 𝐑𝐘 = 𝐖𝐜𝐨𝐦𝐩

PROBLEMA30.- Una compuerta circular de 3m de diámetro, tiene su centro de gravedad a

2.5m debajo de la superficie del agua, y descansa sobre un plano con pendiente de 60°.

Determine la magnitud, dirección y localización de la fuerza total con respecto al centro de

gravedad sobre la superficie, debido al agua.

Solución.- Cálculo que ejerce la fuerza del agua sobre la compuerta circular

𝐅 = γ ∙ hY ∙ A = 9.81 ∙ 2.5 ∙π

4∙ 32 = 𝟏𝟕𝟑. 𝟑𝟓𝟕 𝐍

Cálculo de la ubicación de la fuerza

𝐞 =γ ∙ Inn ∙ sin θ

F=

9.81 ∙π

4∙ 1.54 ∙ sin 60°

173.357= 𝟎, 𝟏𝟗𝟒𝟖 𝐦

104

PROBLEMA31.- La fuerza de rozamiento entre una compuerta AB cuadrada de 1.8m de lado y

sus guías es el 10% de la resultante de las fuerzas de presión que el agua ejerce contra la cara

de la compuerta. Hallar la fuerza inicial necesaria para elevar la compuerta, si esta pesa 4.5 kN.

Solución.-

Fag = γag ∙ hg ∙ A = 9.81 ∙ (2.7 + 0.9) ∙ (1.8 ∙ 1.8)=114.42 kN

Frozamiento = 0.1 ∙ 114.42 = 11.44 kN

∑FY = 0 → T = Froz + Peso

𝐓 = 11.44 + 4.5 = 𝟏𝟓. 𝟗𝟒 𝐤𝐍

PROBLEMA32.-Encuentre la fuerza total sobre la compuerta AB causada por los fluidos.

Suponga que la densidad relativa del aceite es 0.6. Encuentre además la posición de esta

fuerza medida desde el fondo de la compuerta.

Solución:

105

Cálculo de la fuerza que ejerce el aire y el agua (F1)

𝐅𝟏 = (𝐏 + 𝛄𝐚𝐠 ∙ ��𝐚𝐠) ∙ 𝐀

𝐅𝟏 = [10 ∙ 144 + 62.4 ∙ (10 + 16 cos 30°)] ∙ (12 ∙ 4) = 𝟏𝟒𝟎𝟓𝟕𝟒. 𝟕 𝐥𝐛𝐟

Punto de aplicación con respecto a su centro de gravedad (e1)

𝐞𝟏 =γ ∙ Inn ∙ sin θ

F1=

62.4 ∙1

12∙ 4 ∙ 123 ∙ sin 60°

140574.7= 𝟎, 𝟐𝟐𝟏𝟑𝐟𝐭

Ubicación con respecto al punto B (d1)

d1 = (6 − 0.2213) = 5.7787 ft

Cálculo de la fuerza que ejerce el aceite (F2)

𝐅𝟐 = 𝛄𝐚𝐠 ∙ 𝐒𝐚𝐜 ∙ ��𝐚𝐠 ∙ 𝐀

𝐅𝟐 = 62.4 ∙ 0.6 ∙ [40 + 16 ∙ cos 30°] ∙ (12 ∙ 4) = 𝟗𝟔𝟕𝟖𝟔. 𝟒 𝐥𝐛𝐟

Ubicación con respecto a su centro de gravedad (e2)

𝐞𝟐 =γ ∙ Inn ∙ sin θ

F2=

62.4 ∙ 0.6 ∙1

12∙ 4 ∙ 123 ∙ sin 60°

96786.4= 𝟎, 𝟏𝟗𝟐𝟗 𝐟𝐭

Ubicación con respecto al punto B (d2): d2 = (6 − 0.1929) = 5.8071ft

Cálculo de la fuerza resultante (F) respecto al punto B:

𝐅 = 𝐅𝟏 − 𝐅𝟐 = 𝟒𝟑𝟕𝟖𝟖. 𝟑 𝐥𝐛𝐟

Sumatoria de momentos en B:

∑MB = 0 → 43788.3 ∙ d = 1405747 ∙ 5.7787 − 96786.4 ∙ 5.8071

𝐝 = 𝟓. 𝟕𝟏𝟓𝟗 𝐟𝐭

PROBLEMA 33.-La compuerta AB es una placa rectangular de 2.8 kN que tiene 1.5m de altura y

1.1m de ancho, y se utiliza para cerrar el canal de desagüe en la parte inferior de un depósito

106

de petróleo. A consecuencia de la condensación en el depósito, se recoge agua dulce en la

parte inferior del canal. Calcular el momento M respecto del eje del pasador en B necesario

para cerrar la compuerta contra la acción de las fuerzas hidrostáticas del agua y del petróleo.

La densidad relativa del petróleo es de 0.85.

Solución.-

F pet= γag ∙ Spet ∙ hg ∙ A = 9.81 ∙ 0.85 ∙ (0.6 +0.6

2) ∙ 0.6 ∙ 1.1 = 𝟒, 𝟗𝟓 𝐊𝐍

𝐞𝐩𝐞𝐭 =9.81 ∙ 0.85 ∙

1

12∙ 1.1 ∙ 0.63

4.95= 0,0333 m

Fag = Pag ∙ A = (𝛾𝑎𝑔 ∙ 𝑆𝑝𝑒𝑡 ∙ 1.2 + 𝛾𝑎𝑔 ∙0.9

2) ∙ 0.9

∙ 1.1

= γag ∙ (Spet ∙ 1.2 + 0.45) ∙ 0.9

∙ 1.1 = 14.276 kN

eag =9.81 ∙

1

12∙ 1.1 ∙ 0.93

14.276= 0.0459 m

107

∑MB =Fpet ∙ 0.333 + Fag ∙ 1.0959

𝐌𝐁 = 𝟏𝟕. 𝟐𝟗𝟒 𝐤𝐍 ∙ 𝐦

PROBLEMA34.-Encuentre la fuerza resultante sobre la compuerta AB producida por los fluidos

de adentro y de afuera. Determine la distancia “d”, por debajo de B, de la posición de esa

fuerza.

Solución:

Fag = Pag ∙ A

Fag = [γag ∙ SHg ∙ 0.4 + γag ∙ 19.5 + γag ∙ 5 ∙ sin 45°] ∙ 2 ∙ 4

𝐅𝐚𝐠 = 62.4[13.6 ∙ 0.4 + 19.5 + 5 ∙ sin45°] ∙ 8 = 𝟏𝟒𝟐𝟏𝟒. 𝟗𝟖 𝐥𝐛𝐟

𝐞 =γ ∙ Inn ∙ sin 45°

Fag =

62.4 ∙1

12∙ 2 ∙ 43 ∙ sin 45°

14214.98= 𝟎, 𝟎𝟑𝟑𝟏 𝐟𝐭

∴ 𝐝 = 2 + 0.0331 = 𝟐. 𝟎𝟑𝟑𝟏 𝐟𝐭

PROBLEMA35.-Calcular la fuerza (KN) vertical mínima requerida para mantener cerrada la

puerta que tiene un ancho de 3m perpendicular al plano del dibujo.

108

Solución:

F = γag ∙ hg ∙ A = [P − γag ∙ (0.9 +0.9

2)] ∙ 1.5 ∙ 3

𝐅 = [35 − 9.81 ∙ (0.9 +0.9

2)] ∙ 1.5 ∙ 3 = 𝟗𝟕. 𝟗 𝐤𝐍

𝐞 =γ ∙ Inn ∙ sin θ°

F=

9.81 ∙1

12∙ 3 ∙ 1.53 ∙ sin 37°

97.9= 𝟎, 𝟎𝟓𝟎𝟕 𝐦

∑MB =0 → P ∙ 1.5 ∙ sin 53° = 97.9(0.75 + 0.0507)

𝐏 = 𝟔𝟓. 𝟑𝟐 𝐤𝐍

PROBLEMA36.- El depósito que se muestra en la figura tiene un tapón de 40mm de diámetro,

el mismo que saltará si la fuerza hidrostática que soporta supera los 30N. Determinar la lectura

“h” (mmHg) en el manómetro de la izquierda. Considerar: γagua = 10 kN/m3 y SHg=13.6

Solución.-

F = Pcg ∗ A = (Po + γHg

∗ h − γAg

∗ A − γAg

∗ 0.02

∗ sin 50°)

∙π

4∙ d2

Si Po=0

F = γAg ∙ (SHg ∗ h − A − 0.02 ∗ sin50°) ∙π

4∙ d2

109

30 ∗ 10−3 = 10 ∙ (13.6h − 0.02 − 0.02 ∗ sin50°) ∙π

4∙ 0.042

𝐡 = 𝟎. 𝟏𝟕𝟖𝟏 = 𝟏𝟕𝟖. 𝟏 𝐦𝐦𝐇𝐠

𝐞 =γ ∙ Inn ∙ sin θ°

F=

10 ∙π

4∙ 0.024 ∙ sin 50°

30 ∗ 10−3= 𝟑. 𝟐𝟎𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟓𝐦

PROBLEMA37.- Si el peso específico de un líquido varía linealmente25 según la profundidad h

de acuerdo con la ecuación: 𝛄 = 𝛄𝐨 + 𝐤𝐡. Determinar la fuerza hidrostática por ancho

unitario (L= 1 m) sobre la compuerta y su punto de aplicación.

Solución:

Evaluar el dF que actúa sobre un dA ubicado a una profundidad h.

dF = γ ∙ h ∙ dA = (γo + kh)(h)(L ∗ dh)

dF = (γoh + kh2)(L ∗ dh)

∫ dFF

0

= ∫ (γoh + kh2)dhH

0

𝐅 = γo

h2

2+ k

h3

3|0

H

=3 ∙ γo ∙ H2 + 2 ∙ k ∙ H3

6=

𝐇𝟐

𝟔(𝟑 ∙ 𝛄𝐨 + 𝟐 ∙ 𝐤 ∙ 𝐇)

La ubicación de la fuerza es: F ∗ hp = ∫dF ∗ h

hp =1

F∫ (γo ∙ h + k ∙ h2)

H

0

∗ h ∗ dh =1

F∫ (γo ∙ h2 + k ∙ h3)

H

0

dh

25 La solución del problema se hace en forma diferencial, al variar verticalmente el peso específico del fluido.

110

𝐡𝐩 =

γo∙H3

3+

k∙H4

4H2

6(3γo + 2kH)

=𝐇

𝟐∗ (

𝟒𝛄𝐨 + 𝟑𝐤𝐇

𝟑𝛄𝐨 + 𝟐𝐤𝐇)

PROBLEMA38.- El esquema muestra una placa inclinada de sección compuesta. Si AB = 8 m y

considerando: S1 =1.5; S2=0.8; S3=3.0; S4=1.2; L1=1.5bar; L2 = 2bar; α=30°; γagua=10 kN/m3.

Determinar: a) La fuerza (kN) hidrostática que ejercen los fluidos contenidos en el

compartimiento izquierdo sobre la placa AB b) La fuerza (kN) hidrostática que ejercen los

fluidos contenidos en el compartimiento derecho sobre la placa AB c) La fuerza (kN) neta que

ejercen los fluidos sobre la placa AB d) El punto de aplicación de la fuerza neta respecto a la

base B (en mm).

Solución.- Cálculo del centro de gravedad de la superficie compuesta:

YG =24 ∗ 2 + 8 ∗ 6

24 + 8= 3m

Cálculo del momento de inercia

𝐈𝐱𝐱′ = (1

12) ∗ 2 ∗ 43 + 32 ∗ 8 + (

1

12) ∗ 6 ∗ 43 + 12 ∗ 24 = 𝟏𝟑𝟖. 𝟔𝟔 𝐦𝟒

Análisis de FI y la ubicación eI en el comportamiento izquierdo

FI = [1.5 ∗ 100 + 10 ∗ 0.8 ∗ 3 + 10 ∗ 1.5 ∗ 5 ∗ sen30°] ∗ 32 = 𝟔𝟕𝟔𝟖 𝐤𝐍 (𝐚)

𝐞𝐈 =γ1 ∙ Inn ∙ sin α

FI=

10 ∗ 1.5 ∗ 138.66 ∗ 0.5

6768= 𝟎. 𝟏𝟓𝟑𝟔 𝐦

Análisis de FII y la ubicación eII en el comportamiento derecho

111

FII = [2 ∗ 100 + 10 ∗ 1.2 ∗ 4 + 10 ∗ 3 ∗ 1 + 10 ∗ 3 ∗ 5 ∗ sen30°] ∗= 𝟏𝟏𝟐𝟗𝟔 𝐤𝐍 (𝐛)

FNeta = FII − FI = 11296 − 6768 = 𝟒𝟓𝟐𝟖 𝐤𝐍 (c)

𝐞𝐈𝐈 =γag ∙ S3 ∙ Inn ∙ sin 30

FII=

10 ∗ 3 ∗ 138.66 ∗ 0.5

11296= 𝟎. 𝟏𝟖𝟒𝟏 𝐦

∑𝑀𝐴 =0: (11296 ∗ 5.1841) − (6768 − 5.1536) = 4528 ∗ dA

dA = 5.229 m

La ubicación respecto al punto A será:𝐝𝐁 = 𝟐. 𝟕𝟕𝟏 𝐦 <> 𝟐𝟕𝟕𝟏 𝐦𝐦 (d)

PROBLEMA39.- Un camión de combustible tiene un depósito de sección transversal

aproximadamente elíptica de 3m de eje mayor horizontal y 3m de eje menor vertical. Su parte

superior está ventilada a la atmosfera. Si la mitad del tanque está lleno con gasolina y la otra

mitad con agua. ¿Cuál es la fuerza hidrostática (kN) sobre el panel elíptico final? Considerar

Sgas=0.68

Solución:

La fuerza que se ejerce sobre la tapa es: F = Fgasolina + Fagua ……….. (1)

Cálculo de la fuerza que ejerce la gasolina (Fgas)

𝐅𝐠𝐚𝐬 = γag ∙ Sgas ∙ hg ∙ A = 9.81 ∙ 0.68 ∙ (π ∗ 1 ∗ 1.5

2) ∙ (1 −

4

3∗

1

π) = 𝟗. 𝟎𝟒𝟔 𝐤𝐍

Cálculo de la fuerza que ejerce el agua (Fag)

Fag = (γgas ∙ 1 + γag ∙4

3∗

1

π) ∙ A = γag ∗ A (Sgas +

4

3∗

1

π)

𝐅𝐚𝐠 = 9.81 ∗ 2.356(0.68 + 0.4244) = 𝟐𝟓. 𝟓𝟐𝟓 𝐤𝐍

Remplazando en la ecuación (1): 𝐅 = (9.046 + 25.525) = 𝟑𝟒. 𝟓𝟕𝟏 𝐤𝐍

PROBLEMA40.- El esquema muestra un tanque que contiene fluidos no miscibles26: aceite

(γac=55lbf/ft3); agua (γagua = 62.4lbf/ft3) y mercurio (γHg =846lbf/ft3). El fondo del recipiente es

26Fluidos estratificados

112

de 7 ft. Determinar la fuerza hidrostática que se ejerce sobre la pared lateral de 18ft de alto y

la ubicación respectiva respecto a la superficie.

Solución.-Se hace el cálculo por separado de las fuerzas que

ejercen el aceite, el agua y el mercurio y las ubicaciones

respectivas.

Cálculo de la fuerza hidrostática que ejerce el aceite:

𝐅𝐚𝐜 = 55 ∗ 4 ∗ 8 ∗ 7 = 𝟏𝟐𝟑𝟐𝟎 𝐥𝐛𝐟

𝐞𝟏 =55 ∗

1

12∗ 7 ∗ 83

12320= 𝟏. 𝟑𝟑𝐟𝐭

Cálculo de la fuerza hidrostática que ejerce el agua

𝐅𝐚𝐠 = (55 ∗ 8 + 62.4 ∗ 3)(6 ∗ 7) = 𝟐𝟔𝟑𝟒𝟐. 𝟒 𝐥𝐛𝐟

𝐞𝟐 =62.4 ∗

1

12∗ 7 ∗ 63

26342.4= 𝟎. 𝟐𝟗𝟖 𝐟𝐭

Cálculo de la fuerza hidrostática que ejerce el mercurio

FHg = (55,8 + 62.4 ∗ 6 + 846 ∗ 2)(4 ∗ 7) = 70179.2 lbf

𝐞𝟑 =846 ∗

1

12∗ 7 ∗ 43

70179,2= 𝟎, 𝟒𝟓 𝐟𝐭

𝐅𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 = Fac + Fag + FHg = 12320 + 26342.4 + 70179.2 = 𝟏𝟎𝟖𝟖𝟒𝟏. 𝟔 𝐥𝐛𝐟

Tomando momentos respecto a la superficie tenemos:

(12320) ∗ (5.33) + (26342.4)(11.298) + (70179.2)(16.45) = 108841.6 ∗ hp

113

hP = 13.94 ft

PROBLEMA41.-La compuerta rígida OAB de la figura, está articulada en “O” y permanece

contra un soporte rígido en B. ¿Cuál es la mínima fuerza (kN) horizontal P que se requiere para

mantener cerrada la compuerta de 3m de ancho? Ignorar el peso de la compuerta y la presión

en la articulación. La parte posterior de la compuerta está expuesta a la atmósfera.

Solución.-

Cálculo de la fuerza hidrostática (F1) que ejerce el

agua sobre OA

𝐅𝟏 = 9.81 ∗ 5 ∗ 4 ∗ 3 = 𝟓𝟖𝟖. 𝟔 𝐤𝐍

e1 =9.81 ∗

1

12∗ 3 ∗ 43

588.6= 0.266 m

Cálculo de la fuerza hidrostática (F2) que ejerce el agua sobre AB

𝐅𝟐 = 9.81 ∗ 7 ∗ 2 ∗ 3 = 𝟒𝟏𝟐. 𝟎𝟐 𝐤𝐍

∑Mo =0 → (588.6)(2 + 0.2666) + (412.02)(1) = P ∗ 4

𝐏 = 𝟒𝟑𝟔. 𝟓𝐤𝐍

PROBLEMA42.- En el esquema que se muestra.Determinar la lectura L2 (bar) para que la

compuerta esté en equilibrio. Considerar γag=10kN/m3

114

Solución:

Cálculo de la fuerza hidrostática (F) que ejercen el aire y el agua en el compartimiento

izquierdo.

𝐅 = (L1 + γag(0.5 + 0.6 sin 30))(1 ∗ 1.2) = (1.2 ∗ 100 + 10 ∗ 0.8)(1.2) = 𝟏𝟓𝟑. 𝟔 𝐤𝐍

𝐞 =10 ∗

1

12∗ 1 ∗ 1.23 ∗ sin30°

153.6∗ 103 = 𝟒. 𝟔𝟖𝟕𝟓 𝐦𝐦

∑Mo =0 (Condición de Equilibrio)

(153.6)(0.6 + 0.0046875) = Faire ∗ 0.6

𝐅𝐚𝐢𝐫𝐞 = 𝟏𝟓𝟒. 𝟖 𝐤𝐍

𝐋𝟐 =Faire

Area=

154.8

1 ∗ 1.2∗ 10−2 = 𝟏.𝟐𝟗 𝐛𝐚𝐫

PROBLEMA43.- El cilindro mostrado en la figura tiene 2.4m de longitud normal al plano del

papel y está pivotado en O. Calcular el momento (kN-m) respecto a O que se requiere para

mantenerlo en su posición.

Solución:

Cálculo de la fuerza horizontal que ejerce el agua:

𝐅𝐡 = (9.81 ∗ 0.9 ∗ 1.8 ∗ 2.4) = 𝟑𝟖. 𝟏𝟒 𝐤𝐍

Ubicación de la fuerza horizontal: Por encontrarse la superficie a flor de agua, se tiene:

115

𝐡𝐩 =2

3h =

2

31.8 = 𝟏. 𝟐𝐦

Cálculo de la fuerza vertical:

𝐅𝐯 = γ ∗ l ∗ A = 9.81 ∗ 2.4 ∗π

4∗ 1.82 = 𝟓𝟗. 𝟗 𝐤𝐍

𝐌𝐨 = (59.9 ∗ 0.7639) + (38.14) ∗ (0.6) = 𝟔𝟖. 𝟔𝟒 𝐤𝐍 𝐦

PROBLEMA44.-¿Cuál es la fuerza (kN) resultante producida por los fluidos que actúan sobre la

compuerta AB cuya sección es un cuarto de círculo? El ancho de la compuerta es 1.3m.

(Shames Irving 3.28)

Solución.- Despreciando la presión atmosférica

𝐅𝐇 = (9.81 ∗ 1.2)(1 ∗ 1.3) = 𝟏𝟓. 𝟑 𝐤𝐍

𝐅𝐕 = γ ∗ l ∗ A = (9.81)(1.3) [(1.7 ∗ 1) −π

4∗ 12] = 𝟏𝟏. 𝟔𝟔 𝐤𝐍

F = √FH2 + FV

2𝐅 = 𝟏𝟗. 𝟐𝟑 𝐤𝐍

PROBLEMA45.-Determine la magnitud de la fuerza (kN) resultante que actúa sobre la

superficie semiesférica mostrada en la figura.

Solución.- 𝐅𝐇 = 62.4 ∗ 10 ∗ π ∗ 32 = 𝟏𝟕𝟔𝟒𝟑. 𝟏𝟖 𝐥𝐛𝐟

116

𝐅𝐕 = γ ∗ V = γ ∗Vesf

2= 62.4 ∗

1

2∗

4

3π ∗ 33 = 𝟑𝟓𝟐𝟖. 𝟔 𝐥𝐛𝐟

𝐅 = √FH2 + FV

2𝐅 = 𝟏𝟕𝟗𝟗𝟐. 𝟓𝟖 𝐥𝐛𝐟

PROBLEMA46.-¿Cuál es la fuerza vertical sobre la esfera si las dos secciones del tanque están

completamente aisladas una de la otra por el tabique AB?(Shames Irving 3.36)

Solución.- Cálculo de la presión P en la

interfase Agua-Aceite

𝐏 = L − γagua ∗ S ∗ 2 = 5 ∗ 144 − 62.4 ∗ 0.8 ∗ 2 = 𝟔𝟐𝟎. 𝟏𝟔 𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

𝐡𝐞𝐪𝐚𝐜 =620.16

62.4 ∗ 0.8= 𝟏𝟐. 𝟒𝟐𝟑 𝐟𝐭

Cálculo de la fuerza vertical que ejerce el agua

FV(ag) = γag ∗ V = 62.4 ∗ [Vcil −Vesf

2]

𝐅𝐕(𝐚𝐠) = 62.4 ∗ [15 ∗ π ∗ 32 −1

2∗

4π

3∗ 33] = 𝟐𝟐𝟗𝟑𝟔. 𝟏𝟑𝟗 𝐥𝐛𝐟

Cálculo de la fuerza vertical que ejerce el aceite

FV(ac) = γac ∗ V = γac [Vcil +Vesf

2] = γac ∗ π ∗ R2 [heq +

2

3R]

𝐅𝐕(𝐚𝐜) = 62.4 ∗ π ∗ 9 [12.423 +2

33] ∗ 0.8 = 𝟐𝟎𝟑𝟓𝟕. 𝟒 𝐥𝐛𝐟

117

La fuerza resultante sobre la esfera será:

𝐅 = FV(ag) + FV(ac) = 22936.139 − 20357.4 = 𝟐𝟓𝟕𝟖. 𝟕𝟐𝟕𝐥𝐛𝐟

PROBLEMA47.- En el esquema adjunto. Determinar la fuerza horizontal (kN) neta y la fuerza

vertical (kN) neta que actúa sobre la esfera de 600 mm de diámetro. Considerar:

γagua=10kN/m3, ΔH=100mmcm, SHg=13.6, Sac=0.8. (Shames Irving 3.36)

Solución.-

PA = PB + γag ∗ SHg ∗ ∆H

𝐏𝐀 − 𝐏𝐁 = γag ∗ SHg ∗ ∆H = 10 ∗ 13.6 ∗ 0.1 = 𝟏𝟑. 𝟔 𝐤𝐏𝐚

Cálculo de la fuerza horizontal neta (FHN)

FHN = FHag − FHac

FHN = [PA + γag ∗ 3.3]AP − [PB + γag ∗ Sac ∗ 2.3]AP

FHN = AP[(PA + γag ∗ 3.3) − (PB + γag ∗ Sac ∗ 2.3)]

FHN = AP[(PA − PB) + γag(3.3 − Sac ∗ 2.3)] = AP[(PA − PB) + γag(3.3 − Sac ∗ 2.3)]

𝐅𝐇𝐍 =π

4∗ 0.62[13.6 + 10(3.3 − 0.8 ∗ 2.3)] = 𝟕. 𝟗𝟕𝐤𝐍

Cálculo de la fuerza vertical neta (FVN)

FVN = γag ∗ (Vesf

2) + γag ∗ Sac ∗ (

Vesf

2) = γag ∗ (

Vesf

2) (1 + Sac)

118

𝐅𝐕𝐍 = 1 ∗1

2∗

4π

3∗ 0.33 ∗ (1 + 0.8) = 𝟏. 𝟎𝟏𝟕𝟖 𝐤𝐍

PROBLEMA48.-Calcular las fuerza F (kN) necesaria para mantener la compuerta mostrada en la

figura en la posición cerrada. Considerar R=60cm y que la compuerta tiene un ancho de 1.2m.

H = 0.60 cm.

Solución

Cálculo de la fuerza horizontal (FH)

FH = [P0 + γ ∗ H − γagua ∗ 1,2 − γagua ∗ Sac ∗ 0,3] ∗ Area

Despreciamos la presión atmosférica (Po)

FH = γagua[S ∗ H − 1,2 − Sac ∗ 0,3] ∗ (0,6 ∗ 1,2)

𝐅𝐇 = 9,81 ∗ [3 ∗ 0,6 − 1,2 − 0,8 ∗ 0,3] ∗ (0,6 ∗ 1,2) = 𝟐, 𝟓𝟒𝟐𝟕 𝐊𝐍

𝐞 = γac ∗ Inn

FH=

0,8 ∗ 9,81 ∗ 1 ∗ 1,2 ∗ 0,63

12 ∗ 2,5427= 𝟎, 𝟎𝟔𝟔𝟔 𝐦

Cálculo de la fuerza vertical ( FV)

Primero se calcula la presión PA en la articulación:

PA = Po + γ ∗ H − γag ∗ 1.2 − γag ∗ Sac ∗ 0.6 = γag ∗ (S ∗ H − 1.2 − Sac ∗ 0.6)

𝐏𝐀 = 9.81 ∗ (3 ∗ 0.6 − 1.2 − 0.8 ∗ 0.6) = 𝟏. 𝟏𝟕𝟕𝟐 𝐤𝐏𝐚

𝐅𝐕 = (1.1772 ∗ 0.6 ∗ 1.2) + 9.81 ∗ 0.8 ∗ 1.2 [0.62 −π

40.62] = 𝟏. 𝟓𝟕𝟓 𝐤𝐍

119

Cálculo de la ubicación de la Fuerza Vertical (X)

x =(0.6 ∗ 0.6 ∗ 0.3) − (

π

4∗ 0.62 ∗

4π

3∗ 0.6)

0.62 −π

4∗ 0.62

= 0.4657 𝑚

∑Ma = 0: F ∗ 0.6 = 2.5427 ∗ 0.3666 + 1.575 ∗ 0.4657

𝐅 = 𝟐. 𝟕𝟕𝟔𝐤𝐍

PROBLEMA49.- La compuerta ABC a veces llamada compuerta “Tainter” tiene la forma de arco

de círculo y se puede subir y bajar haciéndola girar alrededor del perno O. Para la posición

mostrada, determinar la fuerza (kN) resultante y el ángulo “ϴ” que forma dicha fuerza con la

horizontal. Considerar: γagua=10kN/m3y la profundidad de la compuerta 1m.(Frank White 2,88).

Solución:

tan 30° =3

a a = 5.196m

𝐅𝐇 = γ ∗ h ∗ A = 10 ∗ 3 ∗ 6 ∗ 1 = 𝟏𝟖𝟎 𝐤𝐍

Como está a flor de agua:𝐡𝐏𝐨 =2

3∗ 6 = 𝟒 𝐦

FV = γ ∗ l ∗ [Area sec. circular − Area triángulo] = 10 ∗ 1 ∗ [π ∗ 62 ∗60

360−

5.196

2∗ 6]

𝐅𝐕 = 𝟑𝟐. 𝟔𝟏 𝐤𝐍

𝐅 = √1802 + 32.612 = 𝟏𝟖𝟐. 𝟗𝟐 𝐤𝐍

tanFV

FH→ 𝛉 = 𝟏𝟎. 𝟐𝟔°

PROBLEMA50.- Un tapón en el fondo de un recipiente a presión, es como se muestra en la

figura. La presión del aire es de 50 kPa y el líquido en el recipiente tiene un peso específico de

120

27kN/m3. Determinar la magnitud de la fuerza (kN) ejercida sobre la superficie curva del cono

dentro del recipiente, debido a la presión de 50 kPa y al líquido.(Munson Young 2,77).

Solución:

heq =50

27= 1.8518m

Cálculo del radio “r” (cono pequeño dentro del líquido)

tan 30° =r

1→ r = 0.57735m

FV = γ(Vcil − Vcono) = γ [π ∗ r2(3 + heq) −1

3πr2 ∗ 1]

𝐅𝐕 = γ ∗ π ∗ r2 [(3 + heq) −1

3] = 27 ∗ π ∗ 0.577352 [4.8518 −

1

3] = 𝟏𝟐𝟕. 𝟕𝟓 𝐤𝐍

PROBLEMA 51.-Hallar las reacciones Ra y Rb en los puntos A y B respectivamente, si la

compuerta es un cilindro de peso “W”. Considerar la longitud “L” del cilindro.

Solución:

Cálculo de la fuerza horizontal (FH)

121

𝐅𝐇 = 𝐑𝐀 = γ ∗ h ∗ Aproyectada = γ ∗ (2R

2) ∗ (2R ∗ L) = 𝟐 𝛄 𝐑𝟐 𝐋

Cálculo de la fuerza vertical (Fv): FV = γ ∗ V = γ ∗ L ∗ πr2

2

∑Fy = 0: FV + RB = W

𝐑𝐁 = 𝐖 − 𝛄𝐋𝛑𝐫𝟐

𝟐

PROBLEMA52.- En el esquema adjunto, determinar la fuerza vertical neta (FVN) que ejercen el

agua y el aceite (S = 0.8) sobre a esfera de 500mm de diámetro. Considerar γagua= 10kN/m3.

Solución:

Análisis de la FV que ejerce el agua

heq =200

10= 20m

FV = γag ∗ V = γag ∗ [π

4∗ D2 ∗ H −

1

2∗

π

6∗ D3]

Donde: H = heq + 7 = 27m

𝐅𝐕 = γag ∗π

2∗ D2 [

H

2−

D

6] = 10 ∗

π

2∗ 0.52 [

27

2−

0.5

6] = 𝟓𝟐. 𝟔𝟖 𝐤𝐍 (𝐡𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐚𝐛𝐚𝐣𝐨)

Análisis de la FV que ejerce el aceite

heqac =300

10 ∗ 0.8= 37.5m

122

FV = γag ∗ Sac ∗ [π

4∗ D2 ∗ H +

1

2∗

π

6∗ D3]

Donde:H = heq + 3 = 40.5m

𝐅𝐕 = γag ∗ Sac ∗π

2∗ D2 [

H

2+

D

6] = 10 ∗ 0.8 ∗

π

2∗ 0.52 [

40.5

2+

0.5

6] = 𝟔𝟑. 𝟖𝟕𝟗 𝐤𝐍 (𝐡𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐚𝐫𝐫𝐢𝐛𝐚)

FVN= FVac − FVag = 63.879 − 52.68 = 𝟏𝟏. 𝟏𝟗 𝐤𝐍

PROBLEMA53.-Determinar la fuerza (kN) que ejercen los fluidos sobre el cilindro. El fondo del

depósito es un agujero rectangular de 1m de longitud. Considerar γagua= 10kN/m3.

Solución.-Pasar la lectura “L” a una

altura equivalente del fluido en contacto

con la superficie en estudio

heq =1.5 ∗ 100

10 ∗ 1.2= 12.5 m

cos 30° =a

1

a = 0.866m y b = 0.134 m

Cálculo de la fuerza vertical (FV): FV = γag ∗ V = γ ∗ l ∗ A

FV = 10 ∗ 1.2 ∗ 1 ∗ [(2 ∗ 16.5 − (π

2) ∗ 12) − 2 (0.134 ∗ 16.5 + π ∗ 12 ∗

30

360−

1

2∗ 0.866 ∗ 0.5)]

𝐅𝐕 = 𝟑𝟐𝟑. 𝟎𝟏 𝐤𝐍

PROBLEMA54.- La esfera sin peso de diámetro “d” está en equilibrio en la posición mostrada.

Derivar una ecuación funcional para determinar “d”: d = ϕ (S1, h1, S2, h2)

123

Solución.- Al despreciar el peso de la esfera y mostrarse en la posición indicada, se debe

cumplir:

FV1 = FV2

γ1 ∗ [Vcil +Vesf

2] = γ2 [Vcil −

Vesf

2]

Vesf

2∗ [γ1 + γ2] =

π

4∗ d2[γ2 ∗ h2 − γ1 ∗ h1]

Vesf

2∗ [S1 + S2] =

π

4∗ d2[S2 ∗ h2 − S1 ∗ h1]

π

6∗

1

2∗ d3 ∗ [S1 + S2] =

π

4∗ d2[S2 ∗ h2 − S1 ∗ h1]

𝐝 =𝟑(𝐒𝟐 ∗ 𝐡𝟐 − 𝐒𝟏 ∗ 𝐡𝟏)

𝐒𝟏 + 𝐒𝟐

PROBLEMA55.- El depósito de la figura está lleno con agua presurizada (γagua=9.81kN/m3).

Calcular la fuerza hidrostática neta (kN) sobre la superficie cónica ABC

Solución.- Cálculo de la altura equivalente de agua que origina la presión de 150 kPa

124

heq =150

9.81= 15.29 m

FV = γag ∗ V = γag [π

4d2h +

1

3∗π

4d2hcono] = γag ∗

π

4d2 [h +

hcono

3]

Pero:h = 15.29 − 7.0 = 8.29

𝐅𝐕 = 9.81 ∗π

422 [8.29 +

4

3] = 𝟐𝟗𝟔. 𝟓𝟖 𝐤𝐍

PROBLEMA56.-Calcular la fuerza (kN) resultante que ejercen el agua y el aire sobre la

superficie ABC de forma de un cuarto de cilindro.Suponer una longitud del elemento en

estudio de 3m.

Solución: Cálculo de la fuerza horizontal neta (FHN)

FHNeta = FHagua − FHaire = (Pcg ∗ A)agua − (Pcg ∗ A)aire

Como el área proyectada de ABC es la misma y las presiones son iguales, se tiene que:

𝐅𝐇𝐍𝐞𝐭𝐚 = 𝟎

Cálculo del radio del cilindr0: sen45° =1.5

R

R = 2.1213 m

Cálculo de la fuerza vertical neta (FVN)

FVNeta = FVagua(hacia abajo) − FVaire(hacia arriba) = Area ∗ l ∗ [γag − γaire]

Cálculo del área (A)

125

A =π

42.12132 −

2.1213 ∗ 2.1213

2= 1.2842 m2

γaire = 0.011772 kN/m3

𝐅𝐕𝐍𝐞𝐭𝐚 = 1.2842 ∗ 3 ∗ (9.81 − 0.011772) = 𝟑𝟕. 𝟕𝟒𝟖 (𝐡𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐚𝐛𝐚𝐣𝐨)

PROBLEMA57.-Determinar la fuerza (kN) por perno que mantiene la sección unida con una

fuerza total de 6kN entre las pestañas, con el fin de prevenir filtraciones.

Solución:Cálculo de la presión en A

PA = γHg ∗ 0.25 + γac(0.20 + 1.5 − 0.650) + γag ∗ 0.65

PA = γag ∗ [SHg ∗ 0.25 + Sac(0.20 + 1.5 − 0.650) + 0.65]

𝐏𝐀 = 10 ∗ [13.6 ∗ 0.25 + 0.6(0.20 + 1.5 − 0.650) + 0.65] = 𝟒𝟔. 𝟖 𝐤𝐏𝐚

Cálculo de la fuerza vertical (Fv)

FV = [PA ∗ (2R ∗ l) + γag ∗ l ∗1

2πR2] = [46.8 ∗ 3 ∗ 6 + 10 ∗ 6 ∗

1

2π1.52]

𝐅𝐕 = 𝟏𝟎𝟓𝟒. 𝟒𝟓𝟏 𝐤𝐍 (𝐡𝐚𝐜𝐢𝐚 𝐚𝐛𝐚𝐣𝐨)

1054.451 + (4 ∗ 6) + 6 = fperno ∗ 100

𝐟 𝐩𝐨𝐫 𝐩𝐞𝐫𝐧𝐨 = 𝟏𝟎. 𝟖𝟒𝟒 𝐤𝐍

126

PROBLEMA 58.- El depósito de la figura está lleno con agua presurizada. Calcular la fuerza

hidrostática neta (kN) sobre la superficie cónica de la superficie ABC.(Frank White 2,63).

Solución:

PA = L + γHg ∗ H − γag ∗ 8 = L + γag ∗ SHg ∗ H − γag ∗ 8

PA

γag=

L

γag∗ SHg ∗ H − 8 = heq = 12 ∗ 13.6 ∗ 2.5 − 8

heq = 38mca

FV = γag ∗ V = γag [π

4d2 ∗ heq + Vcono] = γag [

π

4d2 ∗ heq +

1

3∗

π

4d2 ∗ 3]

FV = 9.81 ∗π

4∗ 22[38 + 1] = 𝟏𝟐𝟎𝟏. 𝟗𝟒 𝐤𝐍

PROBLEMA59.- Un globo aerostático debe permanecer estacionario a un nivel de la

atmosfera donde las condiciones hacen que el peso específico del aire sea 0.96 kgf

m3para la cual

en el momento de la partida debe colocarse un peso adicional. Sabiendo que el globo es

inflado en hidrogeno de peso especifico 0.08kgf

m3ocupando un volumen de 25 m3 y siendo el

peso de la parte solida 12kgf.Determinar a) El empuje (kgf) que ejerce el aire b) El peso del

hidrogeno (kgf) c) El peso (kgf) adicional

Solución.- Para que el globo aerostático permanezca en equilibrio, se debe cumplir

∑FV = 0

WH2+ Wsol + Wad = E ………………(1)

127

a) Empuje (E)

𝐄 = γaire ∗ Vol= 0.96 *25= 24 kgf

b) Peso del hidrogeno(𝐖𝐇𝟐)

𝐖𝐇𝟐 = γH2 ∗ Vol = 0.08 ∗ 25 = 𝟐 𝐤𝐠𝐟

c) Peso adicional (𝐖𝐚𝐝)

Remplazando valores en la ecuación (1)

𝐖𝐚𝐝 = E − (Wsol + WHe) = 24 − (12 + 2) = 𝟏𝟎𝐤𝐠𝐟

PROBLEMA60.- Un cuerpo homogéneo compacto es colocado en un líquido de peso

específico γ1 y pesa 𝑤1y colocado en un líquido de peso especificoγ2y pesa 𝑤2. Determinar

el peso específico del cuerpo 𝛾𝑐.

Solución.- W cuerpo (aire) - W aparente27 = Empuje

Cuando se sumerge en el fluido de 𝜸𝟏

γc ∗ VC − 𝑊1 = γ1 ∗ VC

W1 = VC(γC − γ1)…… (1)

Cuando se sumerge en el fluido de 𝛄𝟐

γC ∗ VC − W2 = γ2 ∗ VC

W2 = VC(γC − γ2) ………. (2)

Igualando VCde las ecuaciones (1) y (2)

W1

(γC − γ1)=

W2

(γC − γ2)

W1 ∗ γC − W1 ∗ γ2 = W2 ∗ γc − W2 ∗ γ1

γC ∗ (W1 − W2) = W1 ∗ γ2 − W2 ∗ γ1

27Es el peso del cuerpo en otro medio fluido

128

𝛄𝐂 =𝐖𝟏 ∗ 𝛄𝟐 − 𝐖𝟐 ∗ 𝛄𝟏

(𝐖𝟏 − 𝐖𝟐)

PROBLEMA61.- El cubo de latón con aristas que miden 6 in, pesa 67 lbf. Se desea

mantenerlo en equilibrio bajo el agua ( γag = 62,4 lbf

ft3) Sujetándolo a una boya de hule

espuma ligera. (γHULE = 4.5 lbf

ft3).¿Determinar el volumen (ft3) requerido de la boya?

Solución.- La ecuación cuando el sistema está en el equilibrio, es:

E1 + E2 = W1 + W2

γag ∗ VCUBO + γag ∗ VHule = W1 + γH ∗ VHule

VHule(γag − γHule) = W1 − γag ∗ VCubo

𝐕𝐇𝐮𝐥𝐞 =W1 − γag ∗ VCUBO

γag − γHule =

67 − 62.4 ∗ (6

12)3

62.4 − 4.5= 𝟏. 𝟎𝟐𝟐 𝐟𝐭𝟑

PROBLEMA62.- El paquete de instrumentos mostrado en la figura pesa 258 N. Calcule la

tensión (KN) en el cable, si el paquete está sumergido por completo en agua de mar, la cual

tiene un peso especifico de 10.05 KN

m8 .(Robert Mott 5.1).

129

Solución.- Cuando está en equilibrio:

Peso + Tensión cable = Empuje

Tensión cable = Empuje - Peso

Tensión cable =γag mar ∗ V − Peso

Tensión cable = 10.05 *0.45 *0.6*0.3 – 0,258 = 0.55605 KN

PROBLEMA63.- Una esfera hueca de 1m de diámetro pesa 200 N y está sujeta a un bloque de

concreto solido que pesa 4,1 KN. Si el concreto tiene un peso especifico de 23.6 KN/m3. Diga

si los dos objetos unidos flotaran o se hundirán.(Robert Mott 5.2).

Solución.-W total = 𝐖𝐜𝐨𝐧𝐜𝐫𝐞𝐭𝐨 + 𝐖𝐞𝐬𝐟𝐞𝐫𝐚.

𝐖𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 = 4.1 + 0.2 = 𝟒, 𝟑𝐊𝐍

Etotal = γag ∗ Vconcreto + γag ∗ Vesfera = γag(Vconcreto + Vesfera)

Etotal = γag [(W

γ)concreto

+ Vesfera]

𝐄𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 = 9.81 ∗ [(4.1

23.6) +

π

6(1)3] = 𝟔. 𝟖𝟒 𝐊𝐍

Como ∶ 𝐄𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 > 𝐖𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥Los objetos unidos flotarán

PROBLEMA64.- Un flotador cilíndrico tiene su diámetro 0,258 de 10 in y una longitud de 12 in.

Determinar el peso específico(lbf

ft3)del material del flotador si ha de tener

9

10 de su volumen

bajo la superficie de un fluido cuya gravedad esférica es de 1.10.(Robert Mott 5.4)

Solución.-Aplicamos el Principio de Arquímedes

PESO =EMPUJE

γm ∗ Vc = γl ∗ Vd

γm ∗ Vc = γl ∗9

10Vc

130

𝛄𝐦 = 62.4 ∗9

10∗ 1.1 = 𝟔𝟏. 𝟕𝟕𝟔

𝐥𝐛𝐭

𝐟𝐭𝟑

PROBLEMA65.- Un bloque de concreto con peso especifico de 23.6 KN

m3 se encuentra

suspendido por medio de una cuerda en una solución con gravedad especifica de 1.15

¿Cual es el volumen (m3) del bloque de concreto, si la tensión en la cuerda es de 2.67

KN?(Robert Mott 5.7).

Solución.-Peso cuerpo (W) = EMPUJE (E) + TENSION (T)

γc ∗ Vc = γl ∗ Vc + T

Vc(γC − γl) = T

𝐕𝐜 =2.67

23.6 − 9.81 ∗ 1.15= 𝟎. 𝟐𝟏𝟔𝟕𝐦𝟑

PROBLEMA66.- La figura muestra un cubo de arista “S” que flota en un fluido de

“𝛾𝑙 " . Derívese una expresión que relacione el calado “x” el peso específico del cubo “𝛾𝑐" y el

peso especifico del fluido. (Robert Mott 5.12)

Solución.-PESO = EMPUJE

γC ∗ S ∗ S ∗ S = γl ∗ S ∗ S ∗ X

𝐗 =𝛄𝐜 ∗ 𝐒

𝛄𝐥

PROBLEMA67.- Una boya tipo mástil es una barra flotante lastrada para flotar vertical mente

y sobresalir del agua según se muestra en la figura. Puede usarse para realizar medidas o

como baliza. Suponga que la boya está fabricada con madera (Sm = 0.6),

con dimensiones de 2in por 2in por 10 ft.y flota en agua del mar (Sag = 1.025). ¿Cuántas

131

libras de acero (S =7,85) deberán añadirse en su extremo inferior para que h =18 in?(Frank

White 2.113)

Solución.-𝐏𝐄𝐒𝐎𝐓𝐎𝐓𝐀𝐋 = 𝐄𝐌𝐏𝐔𝐉𝐄𝐓𝐎𝐓𝐀𝐋

Wac + Wmad = Eac + Emad …… (1)

𝐖𝐦𝐚𝐝 = γmad ∗ Vmad = 0,6 ∗ 62.4 ∗2 ∗ 2

144∗ 10 = 𝟏𝟎. 𝟒 𝐥𝐛𝐟

Wac = γac ∗ Vac

Wac = 62,4 ∗ 7,85 ∗ Vac = 489.84 Vac

Eac = γag ∗ Vac.

Eac = 62.4 ∗ 1.025 ∗ Vac = 63.96Vac

Emad = γag ∗ Vmad

𝐄𝐦𝐚𝐝 = 62.4 ∗ 1.025 ∗2∗2

144∗ 8.5 =15,10 lbf

Remplazando valores en la ecuación (1)

489,84 ∗ Vac + 10.4 = 63.96 ∗ Vac + 15,10

𝐕𝐚𝐜 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟏𝟎𝟑𝟓 𝐟𝐭𝟑

𝐖𝐀𝐂 = 62.4 ∗ 7.85 ∗ 0.011035 = 𝟓. 𝟒𝟎𝟓 𝐥𝐛𝐟

PROBLEMA68.- Un globo esférico se llena a nivel del mar con helio. Conjuntamente el peso

del helio y del material del globo es de 500 N. si la fuerza neta que levante el globo es

también de 500 N. ¿Cuál es el diámetro del globo?(Frank White 2.123).

132

Solución.-𝐏𝐄𝐒𝐎𝐠𝐥𝐨𝐛𝐨 + 𝐅𝐍𝐄𝐓𝐀 = 𝐄𝐌𝐏𝐔𝐉𝐄

500 + 500 = ρaire g ∗ π

6 d3

Considerando la densidad del aire como 1.22 kg

m3

1000 = 1.22 ∗ 9.81 ∗π

6d3

d = 5.414 m

PROBLEMA 69.- Un globo de 6ft de diámetro pesa 3.5 lbf. El globo está lleno con hidrógeno

a una presión absoluta de 18lbf

in2 y 600 F en el momento de soltarse. ¿A qué altura de la

atmosfera estándar el globo se quedara flotando en equilibrio?(Frank White 2.124).

Solución.- Considerar la constante del hidrógeno RH2 = 24650lbf−ft

slug.°R

ρH2 =P

RH2∗T=

18 ∗ 144

24650 ∗ (60 + 460)= 2.022 ∗ 10−4

slug

ft3

PESO = EMPUJE

WGLOBO + WHidrog = EMPUJE

3.5 + ρH2 ∗ g ∗π

6d3 = ρaire ∗ g ∗

π

6d3

3.5 + 2.022 ∗ 10−4 ∗ 32.2 ∗π

6∗ 63 = ρaire ∗ 32,2 ∗

π

6∗ 63

ρaire = 0.00116Slug

ft3<> 0.59

Kg

m3

En la tabla de propiedades de la atmosfera estándar: H = 6850m <> 22500 𝐟𝐭

PROBLEMA70. - Un hidrómetro flota a un nivel que es una medida de la densidad relativa al

líquido. El vástago tiene un diámetro constante “D” y en su parte inferior un peso lo estabiliza

para que flote verticalmente, como se muestra en la figura. Si la posición h=0 corresponde con

agua para (S=1). Obtenga una fórmula para determinar “h” como una función del peso total

“W”, D, S y el peso especifico de agua γ0.(Frank White 2.109).

133

Solución.-W = γ0 V0 = 𝛾f ∗ ⌊V0 − A ∗ h⌋

W = γf ∗ V0 − 𝛾f ∗ A ∗ h = 𝛾f ∗w

γ0− 𝛾f ∗ A ∗ h

𝛾f ∗ A ∗ h = W (S − 1)

S ∗ γ0 ∗ A ∗ h = W (S − 1)

𝐡 =𝟒 ∗ 𝐰 ∗ (𝐒 − 𝟏)

𝐒 ∗ 𝛄𝟎 ∗ 𝛑 ∗ 𝐃𝟐

PROBLEMA71.- Se tiene una esfera de aluminio (Sal: 2,7) de 300 mm de diámetro .Se solicita

determinar el peso (KN) de la esfera cuando se sumerge completamente en agua y en aceite

(Sac: 0,8). Considerar el peso especifico del agua 10 KN

m3.

Solución.-𝐖𝐂 (aire) - Wc (fluido) = Empuje.

Agua Wc = WC (aire) - Empuje

WC = γag ∗ Sc ∗ Vesf − γag ∗ Vesf.

𝐖𝐂 = γag ∗ Vesf ∗ (Sal − 1) = 10 ∗4

3 π ∗ 0,153(2.7 − 1) = 𝟎. 𝟐𝟒 𝐊𝐍

AceiteWC = γag ∗ Sc ∗ Vesf − γag ∗ Sac ∗ Vesf

𝐖𝐂 = γag ∗ Vesf ∗ (SAL − Sac) = 10 ∗4

3 π ∗ 0,153(2.7 − 0.8) = 𝟎. 𝟐𝟔𝟖 𝐊𝐍

134

PROBLEMA72.- Un cuerpo pasa 0.3 KN en el aire y 0.19 KN sumergido en aceite

(Sac: 0.75). Determinar su volumen (m3) y su densidad relativa. Considerar el peso específico

del agua igual a 10KN

m3.

Solución.-Wc(aire) − W(aceite) = E

0.3 − 0.19 = γag ∗ Sac∗ ∗ V

0.3 − 0.19 = 10 ∗ 0.75 ∗ V

V=0.01466𝐦𝟑

γc =WC (aire)

Vc= γag ∗ Sc

𝐒𝐜 =WC (aire)

γag ∗ VC=

0.3

10 ∗ 0.01466= 𝟐. 𝟎𝟒𝟔

PROBLEMA73.-Un hidrómetro pesa 0.11N y el área de la sección recta de su vástago es de 0.16

cm2.¿Cuál es la diferencia de alturas (m m) al sumergirlas en dos líquidos de densidad relativa

1.25 y 0.9 respectivamente? Considerar el peso específico del agua igual a 10 KN

m3.

Solución.-WH = γag ∗ S ∗ Vd =: γag ∗ S ∗ A0 ∗ h

Cuando se sumerge en fluido “1”: WH = γag ∗ S1 ∗ A0 ∗ h1

Cuando se sumerge en el fluido “2”: WH = γagS2 ∗ A0 ∗ h2

El peso del hidrómetro no varía

γag ∗ S1 ∗ A0 ∗ h1 = γag ∗ S2 ∗ A0 ∗ h2

S1

S2=

h1

h2

S1 − S2

S2=

h2−h1

h1

∆h = h1 ∗S1 − S2

S2 …………… (1)

135

𝐂á𝐥𝐜𝐮𝐥𝐨 𝐝𝐞 𝐡𝟏:WHid = Empuje

0.11 = 1.25 ∗ 10 ∗ 103 ∗ 0.16 ∗ 10−4 ∗ h1

h1 = 0.55 m

Remplazando valores en la ecuación (1): ∆𝐡 = 550 ∗1.25−0.9

0.9 = 𝟐𝟏𝟑. 𝟖𝟖 𝐦𝐦

PROBLEMA74.-Un recipiente contiene una capa de agua (S =1) sobre la que flota una capa de

aceite (Sac = 0.8) . Un objeto cilíndrico de densidad relativa desconocida, cuya área en la base

es “A” y cuya altura es “h”, se deja caer al recipiente quedando a flote finalmente cortando la

superficie de separación entre el aceite y el agua sumergido en esta última hasta la

profundidad de (2/3)h, como se indica en la figura. ¿Determinar la densidad (Kg

m3) del cuerpo

cilíndrico?

Solución.-PESO = Empuje

Wc = Eag + Eac

Wc = γag ∗ Vag + γag ∗ Sac ∗ Vac

γC ∗ Vc = γag ∗ Vag + γag ∗ Sac ∗ Vac

El área del cilindro es constante.

γC ∗ h = γag ∗2

3h + γag ∗ Sac ∗

h

3

𝛒𝐜 = ρag (2

3+

Sac

3) = 1000 (

2

3+

0.8

3) = 𝟗𝟑𝟑 . 𝟑𝟑 𝐤𝐠/𝐦𝟑

136

PROBLEMA75.- Un cilindro solido de madera (Sm = 0.8) de 200 mm de diámetro y 100 mm

de altura se sumerge en agua con su eje en posición vertical como se muestra en la figura.

Determinar: a) El calado (mm) b) La distancia (mm) vertical del centro de flotación o empuje

a la superficie del fluido. c) La distancia o radio metacéntrico (mm) d) El tipo de equilibrio

Solución.-

a) PESO = EMPUJE

γm ∗ Vm = γag ∗ Vd

γm ∗π

4d2 ∗ 0.1 = γag −

π

4d2 ∗ c

C = 0.8*0.1 =0.08 m <>80 mm

b) 𝐎𝐁 =C

2=

80

2= 𝟒𝟎 𝐦𝐦

𝐜) BM =IXX

Vd=

π

64∗ 0.24

π

4∗ 0.22 ∗ 0.08

∗ 103 = 31.25 mm

𝐆𝐌 = BM − 10 = 𝟐𝟏. 𝟐𝟓 𝐦𝐦

d)Como 𝐁𝐌 > 𝐁𝐆 Equilibrio Estable

PROBLEMA76.-Un cilindro de madera (Smad: 0.35) de 2ft de longitud y de 1 in de diámetro,

se une a un cilindro de metal (Smet =3. 2) de 1ftlongitud y ½ in de diámetro. Haga un análisis y

precise el tipo de estabilidad del objeto cuando se sumerge en agua con la orientación

mostrada en la figura.(Irving Shames 3,99).

137

Solución.-𝐕𝐦𝐚𝐝 =π

4∗

12

144∗ 2 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟎𝟗𝟎𝟖 𝐟𝐭𝟑

𝐕𝐦𝐞𝐭 =π

4∗

0.52

144∗ 1 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟑𝟔𝟑𝟓 𝐟𝐭𝟑

𝐕𝐓𝐨𝐭𝐚𝐥 = Vmad + Vmet = 𝟎. 𝟎𝟏𝟐𝟐𝟕𝟏𝟓 𝐟𝐭𝟑

PESO = EMPUJE

γmad ∗ Vmad + γmet ∗ Vmet = γag ∗ Vd

π

4[Smad ∗ ∅mad

2 ∗ hmad + Smet ∗ ∅met2 ∗ hmet] = Vd

𝐕𝐝 =π

4∗

1

144[0.35 ∗ 12 ∗ 2 + 3.2 ∗ 0.52 ∗ 1] = 𝟎. 𝟎𝟎𝟖𝟏𝟖𝟏𝟐𝟑 𝐟𝐭𝟑

SE OBSERVA QUE 𝐕𝐝 < 𝐕𝐦𝐚𝐝

Cálculo de calado (c).

π

4∅mad

2 ∗ C = Vd

𝐂 =4 ∗ Vd

π ∗ ∅mad2 =

4 ∗ 0.00818123

π ∗ (1

12)

= 𝟏. 𝟒𝟗𝟗 𝐟𝐭 ≈ 𝟏. 𝟓 𝐟𝐭

Cálculo deygdel cuerpo:

138

𝐘𝐆 =

0.010908 ∗ 1 + 0.0013635 ∗ 2.5

0.0122715= 𝟏. 𝟏𝟔𝟔 𝐟𝐭

Cálculo de BM:

𝐁𝐌 =π ∗ Rmad

4

4 ∗ Vd=

π ∗ 54

4(124) ∗ 0.00818123 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟖𝟗𝟑𝟓 𝐟𝐭

Por lo que BM < BG: (Equilibrio inestable)

PROBLEMA77.- Se dice que Arquímedes descubrió la ley de flotación cuando el rey Hiero de

Syracusa le ordeno determinar si su corona era de oro puro (S =19.3). Arquímedes midió que

el peso de la corona en el aire era de 12 N y su peso en el agua fue de 11N ¿Era de oro pura la

corona?(Frank White 2,105).

Solución.- PESO (aire) –PESO (agua) =Empuje

W(aire) − W(agua) = γag ∗ Vd

Vd =W(aire) − W(agua)

γag

S C =γc

γag= (

Wc(aire)

Vc) ∗ (

Vc

WC(aire)−WC(agua)

)

S C =Wc(aire)

wc(aire) − wc(agua)=

12

12 − 11= 12

Como 12≠ 𝟏𝟗, 𝟑 (no es oro puro)

PROBLEMA78.-

a) Si el cono que se observa en la figura está hecho de madera de pino con peso específico

de 30 lbf

ft3 ¿Tendrá estabilidad28 en la posición que se muestra cuando flota en agua?

b) Tendrá estabilidad si estuviera hecho de madera de peso específico de 55 lbf

ft3 (Robert

Mott 5.62)

28La estabilidad queda definida por la altura ó radio metacéntrico, que debe estar encima del centro de gravedad

del cuerpo

139

Solución.- Se sabe que: Vcono =π

3∗ Radio2 ∗ altura

CG =3

4H (Desde el vértice)

a) PESO = EMPUJE

γm ∗ Vo = γag ∗ Vd

𝐕𝐝 =γm ∗ Vo

γag=

30 ∗π

3∗ 32 ∗ 12

62.4= 𝟓𝟒. 𝟑𝟕𝐩𝐥𝐮𝐠𝟑

Vd =π

3∗ r2 ∗ h =

π

3∗ r2 ∗ C

R

r=

H

C→

3

r=

12

C

r = C

4

54.37 =π

3∗ (

C

4)2

∗ C

C =2.398 pulgadas

Por lo que: OG = 9m y OB = 7.048 in

BG = OG – OB= 1.952 in

r =2.3495 in

140

Cálculo de BM:

𝐁𝐌 =πd4

64 ∗ Vd=

π ∗ (4.6994)

64 ∗ 54.37= 𝟎, 𝟒𝟒 𝐢𝐧

Como BM < BG (Es inestable)

b)Para: γm = 55lbf

ft3

Vd =55 ∗ π ∗ 32 ∗ 12

62.4 ∗ 3∗ 99.685 pulg3

99.685 =π

3∗

C3

16

C =11.47 in

r =C

4=

11.47

4= 2.869 in

𝐁𝐌 =π ∗ (5.7384)

64 ∗ 99.685= 𝟎. 𝟓𝟑𝟒 𝐢𝐧

OB= 8.6 in y OG =9 in: BG = OG-OB= 0.3975 in

BM > BG (Equilibrio estable)

PROBLEMA 79.- Un densímetro29 tiene una masa de 0.045 kg y el área de la sección

transversal es de 290 mm2 . Determinar la distancia entre las marcas de graduación (sobre el

vástago) para densidades relativas de 1.0 y 0.9 respectivamente. (Munson –Young 2.93).

29Es utilizado en laboratorio clínico, para determinar la densidad del fluido

141

Solución.-

Caso agua: WH = γag ∗ V1

Caso fluido (𝜸) ∶ WH = γag ∗ S(Vo1+ Ao∗Ah)

El peso no varia

γag ∗ Vo1= γag ∗ S ∗ (Vo1

+ Ao∗∆h)

∆h =Vo1

Ao(1 − S

S)

Pero: WH = γag ∗ Vo1

∆h = WH

γagua∗

1

Ao(1 − S

S) =

mH

ρag ∗ Ao(1 − S

S)

∆𝐡 =0.045

1000 ∗ 290 ∗ 10−6(1 − 0.9

0.9) ∗ 1000 = 𝟏𝟕. 𝟐𝟒 𝐦𝐦

PROBLEMA80.-El madero homogéneo AB de la figura mide 0.15 m por 0.35 m de sección

transversal. Determine el peso específico del madero y la tensión de la cuerda.(Munson –

Young 2.88)

Solución.- Del diagrama de cuerpo libre

Pesomad = γm ∗ 0.15 ∗ 0.35 ∗ 10

Wmad = 0.525 γmad

Cálculo del Empuje (E)

E = γag ∗ Vd = γag ∗ 0.15 ∗ 0.35 ∗ 8

142

E = 0.42 γag

∑MA = 0Wmad ∗ (10

2) cosα = E ∗ (

8

2) cosα

0.525 ∗ γm ∗ 5 = 0.42 ∗ γag ∗ 4

𝛄𝐦𝐚𝐝 =0.42 ∗ 9.81 ∗ 4

0.525 ∗ 5= 𝟔. 𝟐𝟕𝟖 𝐊𝐍/𝐦𝟑

∑Fvertical = 0 E = T + Wmad

𝐓 = 0.42γag − 0.525 γmad = (0.42 ∗ 9.81 − 0.525 ∗ 6.278) − 103 = 𝟖𝟐𝟒. 𝟐𝟓 𝐍

PROBLEMA81.- Un hidrómetro es un dispositivo que indica la gravedad específica de los

líquidos. La figura muestra el diseño de un hidrómetro cuya parte inferior es un cilindro hueco

de 1 pulgadas de diámetro y la superior es un tubo de 0.25 pulgadas de diámetro. El

hidrómetro vacío pesa 0.020 lbf. ¿Qué peso (lbf) de bolas de acero debe agregarse para hacer

que el hidrómetro flote en una posición que se indica en agua dulce? observe que el agua tiene

una gravedad específica de 1.0.(Robert Mott 5.13).

Solución.-𝐖𝐇(𝐯𝐚𝐜𝐢𝐨) + 𝐖𝐁𝐨𝐥𝐚𝐬 = 𝛄𝐚𝐠 ∗ 𝐕𝐝

WBolas = γag(VVAST + VBULBO) − WH(vacio)

WBolas = 62.4 ∗π

4∗

1

1728(0.252 ∗ 1.30 + 12 ∗ 1.50) − 0.020

143

𝐖𝐁𝐨𝐥𝐚𝐬 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟒𝟖𝟒𝟔 𝐥𝐛𝐟

PROBLEMA82.- Para el hidrómetro diseñado en el problema anterior. Cuál será la densidad

relativa del fluido (S) en el que el hidrómetro flotara, hasta: a) La marca superior b) La

marca inferiorSolución.-

a) WH + WBolas = EVASTAGO + EBulbo

0.020 + 0.024846 = γl ∗π

4⌊0.252 ∗ 2.30 + 12 ∗ 1.50⌋

1

1728

γl = 60.0263lbf

ft3

𝐒 =60.0263

62.4= 𝟎. 𝟗𝟔𝟏𝟗𝟔

b)

0.020 + 0.024846 = γl

π

4⌊0.252 ∗ 2.30 + 12 ∗ 1.50⌋

1

1728

γl = 64.9667lbf

ft3

𝐒 =64.9667

62.4= 𝟏. 𝟎𝟒𝟏𝟏𝟑

PROBLEMA83.- Para el cilindro compuesto que se ilustra ¿Cual es el espesor “ t” del latón

necesario para hacer que el cilindro flote en la posición mostrada en tetracloruro de carbono

a 25 °C?(Robert Mott 5.26). Considerar como peso específico:

γc = 6.50 KN /m3 γL = 84 KN /m3 γtet = 15.6 KN /m3

144

Solución.-Wcilmtro + W1aton = Ecilmdro + Elaton

γcil ∗ A ∗ hc + γL ∗ A ∗ t = γtet ∗ A(hc + t)

El diámetro permanece contante: γc ∗ hc + γL ∗ t = γt(hc + t)

6.5 ∗ 0.75 + 84 ∗ t = 15.6(0.7 + t)

𝐭 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟖𝟑𝟕 𝐦 = 𝟖𝟖. 𝟑𝟕 𝐦𝐦

PROBLEMA84.- Un barco de forma aproximada rectangular, tiene las siguientes dimensiones:

20m de eslora, 6m de manga y 4 m de altura .El barco pesa 1500KN y flota en agua salada (s

=1.025). El centro de gravedad esta a 1.4 m por debajo de la parte superior de la plataforma

flotante. Considerar γag: 10KN

m3 a) Situar el centro de carena cuando flota horizontalmente

b) Situar el centro de carena con respecto a la línea de simetría cuando a girado200

alrededor del eje longitudinal c) Determinar el radio metacéntrico (mm) y precisar el tipo de

estabilidad d) Determinar el par restaurado (kN.m)

Solución.- Peso =Empuje

a) 1500=10*1.025*6*20*c

C=1.2195m

145

𝐎𝐁 =1.2195

2= 𝟎, 𝟔𝟎𝟗 𝐦

OB = OG - OB

BG = (4 - 1.4) - 0.609 = 1.991 m

b)

Tgα =X

BM ⇒ X = Tgα ∗ BM ………… . (1)

Cálculo de BM:

𝐕𝐝 =1500

10 ∗ 1.025= 𝟏𝟒𝟔. 𝟑𝟒 𝐦𝟑

Cos120 = 3

y⇒ Y = 3.067m

YTotal = 6.134m

𝐁𝐌 =Ixx

Vd=

(1

12) (20)(6.134)3

146.34 = 𝟐. 𝟔𝟐𝟖 𝐦

Remplazando en la ecuación (1): �� = Tg 120 ∗ 2.628 = 𝟎. 𝟓𝟓𝟖 𝐦

c) Cálculo de GM:GM =BM –BG = (2.628- 1.991) =0.637 m

BM >BG (Equilibrio estable)

d)Porlo que el par ó momento restaurador queda definido, por:

𝐌𝐞 = peso ∗ GG = 1500 ∗ 0.637 ∗ sen120 = 𝟏𝟗𝟖. 𝟔𝟓𝟗 𝐊𝐍.𝐦

PROBLEMA85.- Un cono invertido a900 contiene agua como se muestra en la figura. El

volumen del agua en el cono esta dado por: V = 1

3π*h3 .La profundidad original del agua es

de 10 cm. Un bloque con volumen de 200 cc y gravedad específica de 0.6 se hace flotar en el

agua. ¿Cuál es el cambio (mm) en la altura de la superficie del agua en el cono?(Robertson

Crowe 3.114).

146

Solución.- Calculo de volumen de desplazamiento (Vd)

Peso =Empuje

γc ∗ Vc = γag ∗ Vd

𝐕𝐝 = Sc ∗ Vc = 0.6 ∗ 200 = 𝟏𝟐𝟎 𝒄𝒄

V0 final = V0 inicial + Vd

1

3π ∗ hf

3 =1

3π ∗ h3 + 120

π

3(hf

3 − h3) = 120

hf3 =

3 ∗ 120

π+ h3

𝐡𝐟 = 𝟏𝟎. 𝟑𝟔𝟖𝐜𝐦

𝚫𝐡 = (10.368 − 10) cm ∗10 mm

cm= 𝟑. 𝟔𝟖 𝐦𝐦

PROBLEMA86.- Un bote tiene las dimensiones de su sección transversal y superior como se

muestra en la figura. El casco es sólido. Determinar: a) El radio metacéntrico (mm) b) Analizar

y definir el tipo de equilibrio.(Robert Mott 5.61).

147

Solución.-

Calculo del centro de gravedad (YG)

𝐘𝐆 =(1.2 ∗ 2.4) ∗ (1.2) + (

2.4∗0.6

2) ∗ (0.4)

(1.2 ∗ 2.4) + (2.4∗0.6

2)

= 𝟏. 𝟎𝟒 𝐦

Calculo del centro de gravedad del volumen desplazado:

YB =(1.9 ∗ 2.4)(1.05) + (

2.4∗0.6

2) ∗ 0.4

(0.9 ∗ 2.4) + (2.4∗0.6

2)

= 0.8875 m

BG =YG- YB = (1.04-0.8875) = 0.1525 m

𝐁𝐌 =Ixx

Vd=

(1

12) 5.5 ∗ 2.43

⌊(0.9 ∗ 2.4) + (2.4∗0.6

2)⌋ ∗ 5.5

= 𝟎, 𝟒 𝐦

BM > BG (Equilibrio estable)

𝐆𝐌 = BM − BG = (0.4 − 0.1525) ∗ 103 = 247.5 mm

PROBLEMA87.- a) En la figura se muestra una chalana de rio que se utiliza para llevar

materiales voluminosos. Suponga que el centro de la gravedad de la chalana se encuentra

en su centroide, y que esta flota con 8 ft sumergidos a) Determine la manga (ft) mínima que

se asegurara su estabilidad en agua dulce b) Repetir el enunciado anterior, solo que a hora

suponga que se agrega carbón en trozo a la chalana, de modo que se sumerge una

profundidad de 16 ft y su centro de gravedad se eleva a 13.5 ft del fondo. Determinar la

manga (ft) mínima para que haya estabilidad. (Robert Mott 5.46)

Solución.-Del grafico se tiene que: BG = 12 -4 = 8 ft

148

a) BM =Ixx

Vd=

(1

12)∗80∗m3

8∗80∗m=

𝑚2

96

BM = 8ft ⇒ m=27.71 ft

Se sabe que, si BM = BG (Equilibrio neutro) y BM > BG (Equilibrio Estable)

BM = 8.16 ft ⇒ m = 28 ft

b) BG = (13.5-8) ft = 4.5 ft

BM =(

1

12) ∗ 80 ∗ m3

16 ∗ m ∗ 80 =

m2

192

BM (ft) m (ft)

4.5 29.39

4.6 29.71

5.0 30.98

5.5 32.49

PROBLEMA88.-Los cuerpos “A” Y “B” de la figura son dos cilindros sólidos y homogéneos, la

sección transversal de cada cilindro es 0.09 m2. Las densidades relativas de los cilindros “A” Y

“B” son SA = 2.6 y SB = 2.6respectivamente. Un resorte que solo actúa a tensión

interconecta “A” con el fondo del tanque. En la figura se representa al resorte sin deformar.

Calcule la posición de la superficie del cilindro “A” con respecto a la superficie

correspondiente del cilindro “B” cuando el modulo de elasticidad del resorte es 900 N/m.

Considerar γag=10 KN

m3

Solución.-

149

Análisis en el cuerpo “A”: T + EA = WA + Fe

T = WA + Fe − EA …… . (1)

Análisis en el cuerpo “B”: T + EB = WB

T = WB − EB ……… . (2)

En las ecuaciones (1) y (2) la tensión “T” son iguales

WA + Fe − EA = WB − EB

Fe = (WB − WA) + (EA − EB)

Fe = [(γag ∗ SB ∗ A ∗ hB − γag ∗ SA ∗ A ∗ hA) + γag ∗ A(hA − hB)]

Fe = γag ∗ A[(SB ∗ hB − SA ∗ hA) + (hA − hB)]

Fe = 10 ∗ 0.09[(2.6 ∗ 0.9) − (1.8 − 1.5) + (1.5 − 0.9)]

Fe = 0.216 KN = 0.9 KN

m∗ X

𝐗 = 𝟎. 𝟐𝟒 𝐦

PROBLEMA89. - Una tubería tiene una pendiente ascendente en la dirección del flujo de un

fluido, a un ángulo de 30° con la horizontal. ¿Cuál es el gradiente de presión en la dirección del

flujo a lo largo de la tubería, en términos del peso específico del líquido, si se está

desacelerando (acelerando en sentido opuesto a la dirección del flujo) a razón de 0,3

g?(Robertson Crowe 5.1)

Solución.-

P. dA − (P +SP

Sldl) dA − γ. dA. dl. senθ = ρ. dA. dl. al

−SP

Sl. dA. dl − γ. dA. dl. Senθ = ρ. dA. dl. al

150

SP

Sl= −γ. Senθ − ρ. al = −(

γ

g∗ −al) − γ. senθ

𝐒𝐏

𝐒𝐥= −γ(−

al

g+ sen30) = −γ (−

0.3g

g+ sen30) = − 𝟎. 𝟐 𝛄

PROBLEMA90. -¿Qué gradiente de presión es necesario para acelerar kerosene (S = 0,81)

verticalmente hacia arriba en una tubería vertical a razón de 0,2 g?(Robertson Crowe 5.2)

Solución.- Aplicamos la ecuación de la variación de la presión como sólido rígido

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az) dz

1

ρdP = −(g ± az)dz

𝛅𝐏

𝛅𝐙= −ρag ∗ S ∗ (g + az) = −1.94 ∗ 0.81(1 + 0.2) ∗ 32.2 = − 𝟔𝟎. 𝟕𝟏𝟖

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟑

Otra forma: Aplicamos la ecuación de Euler, para un movimiento vertical:

−S

δZ(P + γZ) = ρ. al

−SP

δZ− γ = ρ. al

𝐒𝐏

𝛅𝐙= −γ. g − ρ. al = −ρag ∗ S(g + az) = −1.94 ∗ 0.81(1.2 ∗ 32.2) − 𝟔𝟎. 𝟕𝟏𝟖

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟑

PROBLEMA91. -El líquido hipotético del tubo que se ilustra en la figura, tiene viscosidad cero y

un peso específico de 10 KN/m3. Si PB - PA es igual a 12 KPa, se puede concluir que el líquido

del tubo está siendo acelerado a) Hacia arriba b) Hacia abajo c) Ninguno de los dosd)

aceleración = 0 (Robertson Crowe 5.3).

151

Solución.- Consideremos que el fluido circula de B hacia A (punto más alto)

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

B

A

= −(g + az)∫ dz

B

A

PB − PA

ρ= −(g + az)(ZB − ZA) = (g + az)(1)ρ = (1 +

aZ

g)

12

10− 1 = (

aZ

g)

𝐚𝐙 = 𝟎. 𝟐 𝐠(Es correcta la suposición)

PROBLEMA 92. -Si el embolo y el agua son aceleradoshaciaarribaa razón de 0,5 g. ¿Cuál será la

presión a una profundidad de 2 ft en la columna de agua?(Robertson Crowe 5.4).

Solución.-

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

2

1

= −(g + az)∫ dz

2

1

P2 − P1

ρ= 2 ∗ (g + az)

𝐏𝟐 = 2 ∗ γ ∗ (g + o, 5 g

g) = 3γ = 3 ∗ 62.4 = 𝟏𝟖𝟕. 𝟐

𝐥𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

152

PROBLEMA93. -¿Qué gradiente de presión se requiere para acelerar agua en una tubería

horizontal a razón de 6 m/s2?(Robertson Crowe 5.6).

Solución.-

𝐒𝐏

𝐒𝐲= −ρay = −1000 ∗ 6 = −𝟔𝟎𝟎𝟎

𝐍

𝐦𝟑

PROBLEMA94. - Se acelera agua desde el reposo en una tubería horizontal que mide 100 m

de largo y 30 cm de diámetro. Si el incremento de aceleración (hacia el extremo corriente

abajo) es de 6 m/s2. ¿Cuál es la presión en el extremo corriente arriba si la presión en el

extremo corriente abajo es de 90 KPa manométrica?(Robertson Crowe 5.7).

Solución.-

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

1

2

= −ay ∫ dy

1

2

P1 − P2 = (ρ)(ay)(100)

𝐏𝟏 = 90 + 1000 ∗ 6 ∗ 100 ∗ 10−3 = 𝟔𝟗𝟎 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA95. - Un manómetro gira alrededor de una pierna como se muestra en la figura. La

pierna alrededor de la cual gira el manómetro contiene agua con una altura de 10 cm. La otra

pierna que está a 1 m del eje de rotación contiene mercurio (SHg = 13,6) con una altura de 1

cm. ¿Cuál es la velocidad de rotación en rad/s?(Robertson Crowe 5.32).

Solución.- Aplicamos la ecuación de Euler para fluidos con rotación como sólido rígido.

153

P1 + γ Z1 − ρ w2r12

2= P2 + γ Z2 − ρ w2

r22

2

Los puntos (1) y (2) están contenidos en el tubo vertical de agua

P2 = γag(Z1 − Z2) = γag ∗ 0.1 ………………..(1)

El punto (3) está en el borde superior del tubo izquierdo que contiene mercurio.

P2 + γ Z2 − ρ w2r22

2= P3 + γ Z3 − ρ w2

r32

2

P2 = γHg(Z3 − Z2) − γHgw2r32

2g………… . (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2)

γag0.1 = γHg ∗ SHg [0.01 − w212

2 ∗ 9.81]

𝐰 = 𝟎. 𝟐𝟐𝟕𝟖 𝐫𝐚𝐝 = 𝟐. 𝟏𝟕𝟔 𝐑𝐏𝐌

PROBLEMA96. - El tubo en “U” está unido a la plataforma “B” y los niveles del líquido en el

tubo en “U” se muestran para condiciones de reposo. La plataforma y el tubo en “U” se hacen

girar entonces alrededor del eje A-A a razón de 4 rad/s. ¿Cuál será la elevación del líquido en la

pierna más pequeña del tubo en “U” después de la rotación?(Robertson Crowe 5.31).

Solución.- Considerando que el fluido desciende “b” es el tubo de diámetro “d” y asciende “a”

en el tubo de diámetro “2d”.

154

P1 + γZ1 − ρw2r12

2= P2 + γZ2 − ρw2

r22

2

P1 = P2 = Patmosferica

w2

2∗ 𝜌 ∗ (r2

2 − r12) = γ ∗ (Z2 − Z1)

w2

2g∗ (r2

2 − r12) = (Z2 − Z1)

Pero: (Z2 − Z1) = a + b

42

2 ∗ 9.81∗ (0.42 − 0.22) = a + b

a + b = 0.097859 m ………… .. (1)

Igualar el volumen del fluido en los tubos: π

4d2 ∗ b =

π

4(2d)2 ∗ a

b = 4a ……………… .. (2)

Remplazando en la ecuación (1) a = 0.01957 m y b = 0.07828 m

La elevación en la pierna más pequeña es: 12.172 cm

PROBLEMA97. -Un tubo en “U” se hace girar a razón de 60 RPM alrededor de una de sus

piernas. El fluido en el fondo del tubo en “U” tiene una gravedad específica de 3,0. La distancia

entre las dos piernas del tubo en “U” es de 1 ft. Una altura de 6 pulgadas de otro fluido está en

la pierna exterior del tubo en “U” Ambas piernas están abiertas a la atmósfera. Calcule la

densidad relativa del otro fluido.(Robertson Crowe 5.29)

155

Solución.- Considerando los puntos (1) y (2) en el mismo nivel del liquido 𝑆1 = 3 y el punto (3)

por encima del punto “1” del liquido “S”.

P1 + γ ∗ Z1 − ρ ∗ w2 ∗r12

2= P2 + γ ∗ Z2 − ρ ∗ w2 ∗

r22

2

P1 = γ1 ∗ (Z2 − Z1) + ρ1 ∗ w2 ∗r12

2……………… . (1)

P1 + γ∗Z1 − ρ∗w2 ∗

r12

2= P3 + γ∗Z3 − ρ∗w

2 ∗r32

2

P1 = γ∗(Z3 − Z1)……… .………. (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2): γ∗(Z3 − Z1) = γ1 ∗ (Z2 − Z1) + ρ1 ∗ w2 ∗r12

2

En la ecuación (1)⟹ Z2 = Z1: γ∗(Z3 − Z1) = ρ1 ∗ w2 ∗r12

2

S∗(Z3 − Z1) = S1 ∗ w2 ∗r12

2g

Z3 − Z1 = h

𝐒 =S1 ∗ w2 ∗ r1

2

2 g h=

3 ∗ (60 ∗π

30)2∗ 12

2 ∗ 32.2 ∗ (6

12)

= 𝟑. 𝟔𝟕𝟖

PROBLEMA98. - Un tanque cerrado de líquido (S=1,2) se hace girar alrededor de un eje vertical

(véase la figura) y al mismo tiempo todo el tanque se acelera hacia arriba a razón de 4 m/s2 . Si

la rapidez de giro es de 10 rad/s. ¿Cuál es la diferencia de presión entre los puntos A y B (PB –

PA)? El punto “B” está en el fondo del tanque a un radio de 0,5 m del eje de rotación y el punto

“A” en la parte superior del eje de rotación.(Robertson Crowe 5.27)

156

Solución.-

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

B

A

= −ax. ∫ dx

B

A

− ay. ∫ dy

B

A

− (g + az)∫ dz

B

A

PB − PA

ρag ∗ S=

w2 ∗ rB2

2+ (g + az)(H)

𝐏𝐁 − 𝐏𝐀 = 1000 ∗ 1.2 [102 ∗0.52

2+ (9.81 + 4)(2)] 10−3 = 𝟒𝟖. 𝟏𝟒𝟒 𝐊𝐏𝐚

Otra forma: Es considerar el punto “C” en la parte inferior del eje de rotación, análisis en la

vertical entre los puntos “A” Y “C”

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

C

A

= −(g + az)∫ dz

C

A

PC − PA

ρag ∗ S= (g + az)(2)

𝐏𝐂 − 𝐏𝐀 = 1000 ∗ 1.2(9.81 + 4)(2)10−3 = 𝟑𝟑. 𝟏𝟒𝟒 𝐊𝐏𝐚……………… . (1)

Análisis en la horizontal entre los puntos “B” y “C”

1

ρ∫ dP

B

C

= −ax. ∫ dx

B

C

− ay. ∫ dy

B

C

− (g + az)dz

PB − PC

ρag ∗ S=

w2 ∗ rB2

2

𝐏𝐁 − 𝐏𝐂 = 1000 ∗ 1.2 ∗102 ∗ 0.52

2∗ 10−3 = 𝟏𝟓 𝐊𝐏𝐚………………(2)

𝐒𝐮𝐦𝐚𝐫 𝐥𝐚𝐬 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐞𝐬 (𝟏) 𝐲 (𝟐) 𝐏𝐁 − 𝐏𝐀 = 𝟒𝟖. 𝟏𝟒𝟒 𝐊𝐏𝐚

157

PROBLEMA99. - Un camión transporta un tanque qué está abierto en la parte superior. El

tanque mide 18 ft de largo, 6 ft de ancho y 7 ft de altura. Si se supone que el conductor no va

acelerar ni desacelerar el camión más allá de 8,02 ft/s2. ¿A qué profundidad máxima puede

llenarse el tanque para que el agua no se derrame?(Robertson Crowe 5.21)

Solución.- El nivel del agua sube y baja en respecto a la superficie inicial una altura “h”

Tg θ =h

g=

ay

g=

8.02

32.2

h = 2.24 ft

Puede llenarse: (7- 2.24) ft. El nivel del agua en el tanque es 4.758 ft

PROBLEMA100. - Un camión transporta un tanque cilíndrico (eje vertical) de líquido que está

abierto en la parte superior. Si se supone que el conductor no va acelerar ni desacelerar el

camión más de 1/3 g. a) ¿A qué profundidad máxima puede llenarse el tanque para que el

agua no se derrame? También si el camión circula por una curva sin pendiente (r = 50 m) b)

¿A qué velocidad máxima puede ir antes que el agua se derrame? Suponga que la altura del

tanque es igual a su diámetro y que la profundidad para la segunda parte del problema es la

misma que para la primera. (Robertson Crowe 5.22).

Solución.- El agua sube en respecto de la superficie “h”

Tgθ =ay

g=

hH

2

1

3g

g=

2h

H h =

H

6

a) Debe llenarse: (H −H

6) =

𝟓𝐇

𝟔

b) La aceleración radial queda definida, por.ar =V2

r

1

3g ∗ γ = V2

1

3∗ 9.81 ∗ 50 = V2

𝐕 = 𝟏𝟐. 𝟕𝟖 𝐦

𝐬

158

PROBLEMA 101. - El tanque cerrado que se ilustra lleno de líquido es acelerado hacia abajo a

1,5 g y a la derecha a 0,9 g. Aquí L = 3 ft. H = 4 ft y la gravedad específica del líquido es 1,1.

Determine PC - PA y PB – PA.(Robertson Crowe 5.19)

Solución.-

a) Análisis entre los puntos “A” y “C”

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

C

A

= −ay. ∫ dy

C

A

− (g − az)∫ dz

C

A

PC − PA

ρag ∗ S= 3ay + (g − az)(H)

PC − PA

ρag ∗ S= 3 ∗ 0.9 ∗ 32.2 + (32.2 − 1.5 ∗ 32.2)(4)

𝐏𝐂 − 𝐏𝐀 = 1.94 ∗ 1.1 ∗ (86.94 − 64.4) = 𝟒𝟖. 𝟏 𝐏𝐬𝐟

b) Análisis entre “A” y “B”

1

ρdP = −ax. dx − ay. dy − (g ± az)dz

1

ρ∫ dP

B

A

= −(g − az)∫ dz

B

A

159

PB − PA

ρag ∗ S= (g − az)(H)

𝐏𝐁 − 𝐏𝐀 = 1.94 ∗ 1.1(32.2 − 1.5 ∗ 32.2)(4) = −𝟏𝟑𝟕. 𝟒𝟑 𝐏𝐬𝐟

PROBLEMA102. - Un tanque de líquido (S = 0,80) que mide 1 ft de diámetro y 1 ft de alto (h =

1,0 ft) se fija de manera rígida (como se ilustra) a un brazo giratorio que tiene un radio de 2 ft.

El brazo gira de modo que la velocidad en el punto “A” es 20 ft/s. Si la presión en “A” es de 25

Psf. Determinar la presión en el punto “B”.(Robertson Crowe 5.26)

Solución.- Análisis entre “B” y “A”

PB + γZB − ρw2rB2

2= PA + γZA − ρw2

rA2

2

PB = PA + ρw2

2(rB

2 − rA2) + γ(ZA − ZB)

PB = PA + ρag ∗ S [w2

2(rB

2 − rA2) + g(ZA − ZB)]

Pero VA = W ∗ rA

W =20

1.5= 13.333

rad

s

𝐏𝐁 = 25 + 1.94 ∗ 0.8 [13.3332

2(2.52 − 1.52) − (32.2)(1)] = 𝟓𝟐𝟔. 𝟖𝟐 𝐏𝐬𝐟

160

PROBLEMA103. -El manómetro de tres ramas de la figura está lleno de agua hasta una altura

de 20 cm. Todas las ramas son largas y tienen igual diámetro. Si el sistema gira a una velocidad

angular “W” alrededor del tubo central. Determinar la altura (cm) en cada tubo si gira el

sistema a 120 RPM (el tubo central debe proporcionar agua a los dos laterales).(Frank White

2,159)

Solución.- El agua asciende en los extremos h1 y h3 y en el centro del tubo desciende h2

(respecto al nivele que tiene el agua en el tubo sin girar)

Igualamos volumen:V01 + V03 = V02

2 ∗π

4d1

2 ∗ h1 =π

4d2

2 ∗ h2

Como d1 = d2 = d3h2 = 2 h1…………….(1)

𝐡𝟏 + 𝐡𝟐 =w2R2

2g=

(120 ∗π

30)20.12

2 ∗ 9.81∗ 100 = 𝟖. 𝟎𝟒𝟖𝟔 𝐜𝐦

De la ecuación (1) h1 + 2h1 = 8.0486

𝐡𝟏 = 𝟐. 𝟔𝟖𝟐 𝐜𝐦 y 𝐡𝟐 = 𝟓. 𝟑𝟔𝟓 𝐜𝐦

El nivel del agua en los tubos (1) y (3): (20 + 2.68) = 𝟐𝟐. 𝟔𝟖 𝐜𝐦

El nivel del agua en el tubo (2):(20 − 5.365) = 𝟏𝟒. 𝟔𝟑𝟓 𝐜𝐦

PROBLEMA 104.-Cuandono hay rotación se acumula agua en el tubo en “U” de extremo

cerrado, como se muestra en la figura. Si l = 10 cm y si todo el sistema gira alrededor del eje A

- A ¿A qué velocidad angular empezará el agua a derramarse apenas del tubo

161

abierto?Suponga que la temperatura para el sistema es la misma antes y después de la

rotación.(Robertson Crowe 5.41).

Solución.- Considerando los puntos “1” (extremo inferior del tubo izquierdo) y “2” (extremo

superior del tubo derecho)

Igualamos volumen de aire en el ramal izquierdo

P0V0 = PfVf

Pat ∗π

4d2 ∗ 3l = Pf ∗

π

4d2 ∗ 6l

Pf = Pat

1

2= P1

P1 = 101.3 ∗1

2= 50.65 KPa (abs)

Aplicar Euler entre los puntos (1) y (2)

P1 + γz1 − ρw2 r12

2= P2 + γz2 − ρW2

r22

2

P1 + ρw2r22

2= γ(z2−z1) + Pat

ρw2r22

2= γ(z2 − z1) + (Pat − P1)

162

W2r22

2g= (z2 − z1) + (

Pat − P1

γag)

w2 ∗ (6l)2

2 ∗ 9.81= 6l +

50.65

9.81

w2 ∗ (6 ∗ 0,1)2

2 ∗ 9.81= 6 ∗ 0,1 +

50.65

9.81

𝐰 = 𝟏𝟕. 𝟕𝟐 𝐫𝐚𝐝

𝐬

PROBLEMA105.- El depósito de agua de la figura tiene una anchura de 12 cm perpendicular al

papel. Si el depósito se acelera como un sólido rígido a razón de 6,0 m/s2. Calcular: a) La

profundidad del agua en el lado AB b) La fuerza que la presión ejerce sobre el papel AB.

Suponga que no se derrama el agua.(Frank White 2,142).

Solución.-

tg θ =ay

g=

6

9.81= 0.6116

𝛉 = 𝟑𝟏. 𝟒𝟒°

a) El nivel del agua sube “h”

6

9.81=

h

12

h = 7.339 cm

AB = (9 + 7.339) = 16.339 cm

𝐛) 𝐅𝐀𝐁 = Pag ∗ area = 9.81 ∗ (16.339

2) (16.339 ∗ 12) ∗ 10−6 = 0.01571 KN

163

PROBLEMA 106.- Una lata muy profunda de 18 cm de diámetro contiene 12 cm de agua bajo

10 cm de aceite SAE 30 cuya densidad relativa es 0,891. Si la lata gira como un sólido rígido

alrededor de su eje central a 150 RPM. ¿Cuál será la máxima presión manométrica (KPa) en la

lata?(Frank White 2,154)

Solución.- Convertir la altura de aceite (haceite) a una altura equivalente de agua

𝐡𝐚𝐠 = hac ∗ρac

ρag= 10 ∗

891

1000= 𝟖. 𝟗𝟏 𝐜𝐦

La altura de la parábola que alcanza en la pared

𝐇 =w2R2

2g=

(150 ∗π

30)2∗ (0.09)2

2 ∗ 9.81= 𝟎. 𝟏𝟎𝟏𝟖𝟔𝟓 𝐦

PMax = 9.81 KN

m3∗ (0.2091 +

0.101865

2)

𝐏𝐌𝐚𝐱 = 𝟐. 𝟓𝟓 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA107.- Un depósito cónico de eje vertical y generatriz inclinada 30° con respecto a su

eje, gira alrededor de un eje vertical distante 1m del eje del cono. Determinar las RPM para

expulsar toda el agua contenida en el.

Solución.- Para que se derrame completamente el agua, la superficie parabólica debe ser

tangente a la generatriz en el vértice del cono.

dz

dx= w2

x

g= tg 60

164

W = √9.81 ∗ tg 60°

1= 4,122

rad

s

𝐍 = 4,122 ∗π

30= N = 𝟑𝟗, 𝟑𝟔 𝐑𝐏𝐌

PROBLEMA108.- Un tanque cilíndrico abierto de 1.20m de diámetro y 1.50 m de altura, esta

lleno de agua y esta echo girar alrededor de su propio eje que permanece vertical; con una

velocidad de 180RPM. Determinar: a) El área circular (m2) descubierto en el fondo b) El

volumen (m3) delliquidoderramado c) Si el tanque fuese cerrado, la presión máxima (mca)

abs.

Solución.-

a) Calculo de la altura de la parábola A O B.

(1.50 + h) =w20.62

2 ∗ 9.81

(1.50 + h) =(180 ∗

π

30)2

2 ∗ 9.81∗ 0.62

𝐡 = 𝟓. 𝟎𝟏𝟗 𝐦

Calcula del radio de la parábola COD.

5.019 =(180 ∗

π

30)2

2 ∗ 9.81∗ r2

r = 0.5264 m

165

𝐀𝐫𝐞𝐚 = πr2 = π ∗ 0.52642 = 𝟎.𝟖𝟕 𝐦𝟐

b) Calculo de volumen del liquido derramado Vderr

Vderr = VParAOB − VParCOD

Vderr =1

2−∗ π ∗ 0.62(h + 1.50) −

1

2π ∗ 0.52642(h)

𝐕𝐝𝐞𝐫𝐫 =π

2[0,62 ∗ 6,519 − 0.52642 ∗ 5.119] = 𝟏. 𝟓𝟎𝟏𝟖 𝐦𝟑

c)Al cerrar el recipiente y considerando lleno de agua se forma una parábola imaginaria

por encima de la tapa cuya altura (H), es:

𝐇 = W2R2

2 g=

(180 ∗π

30)2

2 ∗ 9.81∗ 0.62 = 𝟔. 𝟓𝟏𝟗 𝐦

Por lo que la presión absoluta máxima, será:

𝐏𝐀𝐁𝐒(𝐦𝐚𝐱) = PO + 1.50 + H = 10.33 + 1.50 + 6.519 = 𝟏𝟖. 𝟑𝟒𝟗 𝐦𝐜𝐚

PROBLEMA 109.- Un cilindro cerrado de altura H, tiene las tres cuartas partes de su volumen

ocupadas por un líquido. Derívese una expresión para determinar la velocidad “w” en la que

ha de girar el círculo alrededor de su eje para que el paraboloide que se forme sea tangente a

la base

Solución.- La altura (H) de la parábola, queda definida por la ecuación:

H =W2 ∗ X2

2g…………(1)

166

Igualando volumen de aire: π ∗ R2 ∗H

4=

1

2πX2 ∗ H

X2 =R2

2……… . . (2)

Remplazando la ecuación (2) en la ecuación (1):

H =W2 ∗

R2

2

2g

𝐖 =𝟐

𝐑√𝐠 ∗ 𝐇

PROBLEMA110.- Un camión transporta un tanque cilíndrico el mismo que contiene

completamente un fluido (S=1.02), si se acelera horizontalmente en forma constante a razón

de 2.5 m

s2. Determinar la diferencia de presiones (KPa) máxima y mínima que ejerce el fluido

sobre el tanque.

Solución.- Por el sentido que tiene la aceleración, se tiene que:

P1 = PMinP2 = PMax

1

ρdp = −ax ∗ dx − ay ∗ dy − (g ± az) ∗ dz

1

ρ∫ dp

2

1

= −ay∫ dy2

1

− g∫ dz2

1

P2−P1

ρ= ay(Y2−Y1) − g ∗ (z2 − z1)

PMax − Pmin = ρay ∗ S ∗ [7 ∗ ay + 3g]

𝐏𝐌𝐚𝐱 − 𝐏𝐦𝐢𝐧 = 1000 ∗ 1.02⌊7 ∗ 2.5 + 3 ∗ 9.81⌋10−3 = 𝟒𝟕. 𝟖𝟔𝟖 𝐊𝐏𝐚

167

PROBLEMA111.- Un tubo en “V” a 45°contiene agua y está abierto en “A” y cerrado en “C” a)

¿A qué velocidad (RPM) de rotación uniforme alrededor del eje AB, hará que la presión sea

igual en los Puntos “B” y “C” en esta condición? b) En qué punto de la rama “BC” la presión

es la mínima(Frank White 2,157).

Solución.-

a) Para que las presiones “B” y “C” sean iguales, la parábola pasa por dichos puntos.

PB + γZB − ρW2rB2

2= PC + γZC − ρW2

rc2

2

zc − zB = W2 ∗rc2

2g

0.30 =w2 ∗ 0.302

2 ∗ 9.81

W = 8.087rad

s

𝐍 = 8. O87 ∗ (30

π) = 𝟕𝟕. 𝟐𝟐 𝐑𝐏𝐌

b) La presión es mínima, cuando la parábola es tangente a la rama “BC”

Tgθ =dz

dr=

d

dr(w2

r2

2g) = w2

r2

2g

Tg45° =8.082 ∗ r

9.81

𝐫 = 𝟎. 𝟏𝟓 𝐦

168

CAPITULO 4

CINEMATICA DE LOS FLUIDOS. CUANTIFICACIÓN DE LOS FLUJOS FLUIDOS

La Cinemática estudia la descripción del movimiento de los fluidos sin considerar las

fuerzas ó momentos que lo causan. En un flujo dado la determinación experimental ó teórica

de las propiedades de los fluidos en función de la posición y del tiempo se considera solución

del problema. En casi todos los casos el énfasis se hace sobre la distribución espacio –

temporal de las propiedades fluidas.

MODELOS MATEMATICOS QUE DESCRIBEN EL MOVIMIENTO DE LOS FLUIDOS

I. METODO LAGRANGIANO.- En honor al matemático Italiano Joseph Louis Lagrange (1736

– 1813). El estudio se concentra en una partícula individual en el que se observa su

movimiento como una función del tiempo. Su posición, velocidad y aceleración se

denotan, por: r(t), v(t) y a(t). Si utilizamos un sistema de coordenadas cartesianas el vector

posición, que definido por:

𝐫(𝐭) = 𝐱 �� + 𝐲 �� + 𝐳 ��

La velocidad de la partícula se obtiene derivando respecto al tiempo la expresión del

vector posición de la partícula:

��(𝐭) = 𝐝𝐱

𝐝𝐭𝐢 +

𝐝𝐲

𝐝𝐭𝐣 +

𝐝𝐳

𝐝𝐭��

��(𝐭) = 𝐮 𝐢 + 𝛎 𝐣 + 𝛚 ��

En el estudio de flujos fluidos este análisis es muy tedioso debido al gran número de partículas.

II. METODO EULERIANO.-En honor al matemático suizo Leonhard Euler (1707 - 1783).- Es

apropiado en el análisis del flujo en La Mecánica de Fluidos. Trata del campo de flujo

contenido en un Volumen Finito, llamado Dominio del Flujo ó Volumen de Control, a

través del cual fluye hacia adentro ó fuera el fluido.

En este enfoque se definen las variables del campo en funciones del espacio y el tiempo

dentro del Volumen de Control.

169

El vínculo ó conexión entre Sistema (Lagrange) y Volumen de Control (Euler) es el

Teorema de Transporte de Reynolds (RTT)30, que se aplicará posteriormente a las

relaciones básicas de la Dinámica de los Fluidos.

En la descripción Euleriana del movimiento del fluido, el vector velocidad en general

depende de tres variables espaciales y del tiempo, es decir:

�� = 𝐕(𝐱, 𝐲, 𝐳, 𝐭)

El diferencial total de la velocidad se determina mediante la regla de la cadena:

𝐝𝐕 = 𝛅𝐕

𝛅𝐱 𝐝𝐱 +

𝛅𝐕

𝛅𝐲 𝐝𝐲 +

𝛅𝐕

𝛅𝐳 𝐝𝐳 +

𝛅𝐕

𝛅𝐭 𝐝𝐭

Para determinar la aceleración, dividimos la ecuación anterior entre “dt”.

𝐝𝐕

𝐝𝐭=

𝛅𝐕

𝛅𝐱

𝐝𝐱

𝐝𝐭+

𝛅𝐕

𝛅𝐲

𝐝𝐲

𝐝𝐭+

𝛅𝐕

𝛅𝐳

𝐝𝐳

𝐝𝐭+

𝛅𝐕

𝛅𝐭

𝐝𝐭

𝐝𝐭

𝐚 = 𝐮𝛅𝐕

𝛅𝐱 + 𝛎

𝛅𝐕

𝛅𝐲 + 𝛚

𝛅𝐕

𝛅𝐳 +

𝛅𝐕

𝛅𝐭

Aceleración Convectiva Aceleración Local

La aceleración convectiva representa el cambio de la velocidad que ocurre debido al

cambio de posición de la partícula en el campo de flujo.

La aceleración local representa el cambio de la velocidad respecto al tiempo en un punto

dado (x,y,z)

�� = 𝐚𝐱𝐢 + 𝐚𝐲𝐣 + 𝐚𝐳��

Componentes escalares de la aceleración en coordenadas cartesianas:

𝐚𝐱 = 𝐮 𝛅𝐮

𝛅𝐱 + 𝛎

𝛅𝐮

𝛅𝐲 + 𝛚

𝛅𝐮

𝛅𝐳+

𝛅𝐮

𝛅𝐭

𝐚𝐲 = 𝐮 𝛅𝛎

𝛅𝐱 + 𝛎

𝛅𝛎

𝛅𝐲 + 𝛚

𝛅𝛎

𝛅𝐳+

𝛅𝛎

𝛅𝐭

𝐚𝐳 = 𝐮 𝛅 𝛚

𝛅𝐱 + 𝛎

𝛅 𝛚

𝛅𝐲 + 𝛚

𝛅 𝛚

𝛅𝐳+

𝛅 𝛚

𝛅𝐭

30Se aplica para volúmenes de control fijos en un espacio inercial

170

PROBLEMASRESUELTOS

PROBLEMA01.- Si la velocidad del agua a 20 °C varía linealmente con la distancia en la tobera

convergente. ¿Cuál es el gradiente de presión ∂P

∂x(Psf

ft) a la mitad de la longitud de la

tobera?(Roberson Crowe 5.10).-

Solución:Aplicamos la ecuación general para el análisis de la variación de la presiónde un

fluido como sólido rígido.

dP

ρ= −ax dx − ay dy − ( g ± az)dz

dP

dx= −ρ ax …… (1)

Dónde, la aceleración Convectiva y local, queda establecida, por:

ax = a convectiva + a local

Considerando flujo estable: Aceleración local = 0 ; ax = a convectiva

aconvectiva = V ∂V

∂x…… . (2)

Calculo del gradiente de velocidad:

∂V

∂x=

80 − 30

1= 50

ft

s . ft

Calculo de la velocidad del flujo a la mitad de la tobera: V = Vo + ∂V

∂x(L

2)

V = 30 + 50 x 0.5 = 55 ft

s ….. (3)

Remplazando la ecuación (3) en (2): aconvectiva = 55 x 50 = 2750 ft

s2

171

Remplazar en la ecuación (1):

𝐝𝐏

𝐝𝐱= − 1.94 x 2750 = −𝟓𝟑𝟑𝟓

𝐏𝐬𝐟

𝐟𝐭

PROBLEMA 02.- Determine el diámetro (mm) de una placa de orificio necesario que se instala

en una tubería horizontal de 150 mm de diámetro, para medir un flujo volumétrico de 0.03

m3

s , con una desviación de 1 m en un manómetro de mercurio (S = 13.6) y agua.(Roberson

Crowe 13.29).

Solución: El caudal real de agua que circula por la tubería, es:

V = K Ao√2 g ∆h……… (1)

Dónde: ∆h = Variacion de energia cinetica. K = Coeficiente de flujo. Se determina

utilizando la figura N° 13.13- Pág. 596 (Robertson Crowe). A0 = Área del orificio de la placa.g

= Aceleración de la gravedad

Cálculo de la variación d e la energía cinética (∆h)

Aplicamos la ecuación de Bernoulli entre la corriente arriba y abajo del flujo que pasa por la

placa de orificio.

P1

γ +

V12

2g + Z1 =

P2

γ +

V22

2g + Z2

P1 − P2

γ =

V22 − V1

2

2g = ∆h

Aplicamos manometría entre los puntos considerados del flujo:

P1 + γagua x ∆ H = P2 + γHg x ∆ H

P1 − P2

γagua = ∆h = ∆H (S Hg − 1)…… . . . (2)

Paso 01.- Remplazar los datos del problema en la ecuación (1)

V = K x π

4x d2√2 x 9.81 x (13.6 − 1)

172

2.429 x 10−3 = K d2 …… (3)

Paso 02.- Asumir un coeficiente de flujo K* K∗ = 0.7

Remplazamos en la ecuación (3) d∗ = 0.05891 m

Paso 03.- Comprobar el valor de K∗ asumido:

Re = 4 x V

πd∗γ=

4 x 0.03

π x 0.05891 x 10−6= 6.5 x 105

d∗

D=

58.91 mm

150 mm= 0.3927

Con los parámetros adimensionales. Re y d∗

D ; se determina el Coeficiente de flujo: K = 0.62.

Como: K ≠ K∗

Paso 04.- Se reajusta el diámetro, por: 𝐝 = √K∗

K x d∗ = √

0.7

0.62 x 58.91 mm = 𝟔𝟐. 𝟓𝟗 𝐦𝐦

PROBLEMA03.- Las velocidades del agua en una conducción horizontal convergente está dado

por v1 = 0.5 t (m

s) (aguas arriba) y v2 = 1.0 t (

m

s) (aguas abajo); donde “t” está en

segundos. Determinar la aceleración local en las secciones (1) y (2) contenidos en la línea de

simetría horizontal. ¿La aceleración convectiva media entre estos puntos, es negativa, cero o

positiva?(Munson Young 4.49)

Solución:

as = V ∂V

∂s+

∂V

∂t…… . . (1)

a) a local = ∂V

∂t

𝐚𝐥 (𝟏) = d

dt( 0.5 t) = 0.5 x 1 = 𝟎. 𝟓

𝐦

𝐬𝟐

𝐚𝐥 (𝟐) = d

dt( 1 t) = 𝟏

𝐦

𝐬𝟐

b) aconvectiva = V ∂V

∂s

Como: 𝐕 𝛛𝐕

𝛛𝐬 =

𝐕𝟐−𝐕𝟏

𝐒𝟏−𝟐→ (La aceleración Convectiva es positiva)

173

PROBLEMA04.- La velocidad del fluido a lo largo del eje “x” que se muestra en la figura cambia

de 12 m

s en el punto “A” hasta 36

m

s en el punto “B”. También se sabe que la velocidad es

una función lineal de la distancia a lo largo de la línea de corriente. Determinar la aceleración

(m

s2) en los puntos “A”, “B” y “C”. Suponga que el flujo es estable.(Munson Young 4.23).

Solución: La aceleración total (Convectiva más local), viene expresado por:

ax = V ∂V

∂x+

∂V

∂t

Por condición del problema para flujo estable: a local =∂V

∂t= 0

aconvectiva = V ∂V

∂x …… (1)

Calculo del gradiente de velocidad (𝛛𝐕

𝛛𝐱)

∂V

∂x=

36 − 12

0.1= 240

m

s .m

𝐚𝐂𝐀 = 𝟏𝟐 𝐱 𝟐𝟒𝟎 = 𝟐𝟖𝟖𝟎 𝐦

𝐬𝟐 𝐚𝐂𝐁 = 𝟑𝟔 𝐱 𝟐𝟒𝟎 = 𝟖𝟔𝟒𝟎

𝐦

𝐬𝟐

VC = 12 + 240 x 0.05 = 24 m

s

𝐚𝐂𝐂 = 𝟐𝟒 𝐱 𝟐𝟒𝟎 = 𝟓𝟕𝟔𝟎 𝐦

𝐬𝟐

PROBLEMA05.- Dos corrientes “A” y “B” de agua a 20° C se descargan en una tubería de área

de 0.01 m2. El flujo es incompresible. El flujo volumétrico de la corriente “A” que entra en la

tubería está dado por: QA = 0.02 t (m3

s) y el de la corriente “B” por QB = 0.008t2 (

m

s);

174

donde “t” se expresa en segundos. Determinar la velocidad en (m

s) y aceleración en (

m

s2) del

flujo a la salida ent = 1 s.(Robertson Crowe 4.47).

Solución: Por conservación de la masa, para flujo incompresible:

∯ VSC

xdA = 0

QA + QB = QC

0.02 t + 0.008t2 = VCx 0.01

VC = 2 t + 0.8 t2

Para t = 1 s: 𝐕𝐂 = 2 x(1) + 0.8 x(1)2 = 𝟐. 𝟖 (𝐦

𝐬)

a = V ∂V

∂S+

∂V

∂t = 0 +

∂V

∂t

a local = d

dt(2t + 0.8t2) = 2 + 1.6t

Para t = 1 s: 𝐚 𝐥𝐨𝐜𝐚𝐥 = 2 + 1.6 x(1) = 𝟑. 𝟔 (𝐦

𝐬𝟐)

PROBLEMA06.- Dadas las componentes de la velocidad en los ejes X, Y y Z: u = xt + 2 yv =

xt2 − ytY w = 0¿Cuál es la aceleración en el punto x = 1 m, y = 2 m y en el tiempo t = 3

s?(Robertson Crowe 4.43).

Solución:

a = axi + ayj + azk …… . (1)

ax = u∂u

∂x+ v

∂u

∂y+ w

∂u

∂z+

∂u

∂t

ax = u∂u

∂x+ v

∂u

∂y+ 0 +

∂u

∂t

ax = (xt + 2y)(t) + (xt2 − yt)(2) + 0 + x

𝐚𝐱 = (3 + 4)(3) + (9 − 6)(2) + 0 + 1 = 𝟐𝟖 (𝐦

𝐬𝟐)

175

ay = u∂v

∂y+ v

∂v

∂x+ w

∂v

∂x+

∂v

∂t

ay = (xt + 2y)(t2) + (xt2 − yt)(−t) + 0 + (2xt − y)

𝐚𝐲 = (3 + 4)(9) + (9 − 6)(−3) + 0 + (6 − 2) = 𝟓𝟖 (𝐦

𝐬𝟐)

Remplazando en la ecuación (1): �� = 𝟐𝟖 �� + 𝟓𝟖 ��

PROBLEMA07.- Las componentes de velocidad “u” y “v” de un campo de flujo, están dados

por:u = −wy, v = wx a) Este campo de flujo ¿satisface la ecuación de continuidad?b)

Determine la vorticidad y la rapidez de rotación del campo de flujo.(Robertson Crowe 4.28).

Solución:

a) La forma diferencial del Principio de Conservación de la masa o continuidad para flujo

incompresible y permanente, es:

∂u

∂x+

∂v

∂y+

∂w

∂z= 0

Para fluido incompresible, para satisfacer la ecuación de continuidad, la suma debe ser igual a

cero. 𝐒𝐢𝐬𝐚𝐭𝐢𝐬𝐟𝐚𝐜𝐞𝐥𝐚𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢𝐨𝐧𝐝𝐞𝐜𝐨𝐧𝐭𝐢𝐧𝐮𝐢𝐝𝐚𝐝.

b) Rotación

�� = 𝛀𝐱�� + 𝛀𝐲�� + 𝛀𝐳��

Ω = 1

2 (

∂w

∂y−

∂v

∂z) i +

1

2(∂u

∂z−

∂w

∂x) j +

1

2 (

∂v

∂x−

∂u

∂y) k

�� = 1

2 (

∂v

∂x−

∂u

∂y) k =

1

2 ( w − (−w)) k = 𝐰��

Vorticidad (��)�� = 𝟐𝐰��

PROBLEMA08.- La distribución hipotética de velocidad en un conducto circular es u(r)

Vmax=

(R−r

R) ; donde “r” es la ubicación radial del conducto, “R” es el radio y “V max” es la velocidad

sobre el eje. Encuentre la razón entre la velocidad media y la velocidad sobe el

eje.(RobersonCrowe4.24).

176

Solución: V = VxA = ∫ u(r)dAArea

VxπxR2 = ∫ Vmax (R − r

R) x 2πrdr

R

0

VxπxR3 = 2πVmax∫ (R − r)rdrR

0

= 2πVmaxxR3

6

𝐕 = 𝐕𝐦𝐚𝐱

𝟑

PROBLEMA09.- El campo de temperaturas T = 4 x2 − 3 y3 en unidades arbitrarias, está

asociado al campo de velocidades bidimensional, dado por:𝑽 = (x2 − y2 + x)i − (2xy + y)j.

Calcular la rapidez de cambio de la temperatura en (x, y) en (2,1). (Frank White4.4).

Solución: Las componentes de la velocidad en los ejesX e Y, son:u = x2 − y2 + x ; v =

− 2xy − y

El diferencial total de T (Regla de la cadena), es: T = T(x, y, z, t)

dT

dt=

∂T

∂x(dx

dt) +

∂T

∂y(dy

dt) +

∂T

∂z(dz

dt) +

∂T

∂t(dt

dt)

(DT

Dt) = Derivadamateria: Sustancial

(DT

Dt) = u

∂T

∂x+ v

∂T

∂y+ w

∂T

∂z+

∂T

∂t= u

∂T

∂x+ v

∂T

∂y

(DT

Dt) = (x2 − y2 + x)(8x) + (− 2xy − y)(−9y2)

Para x = 2 e y = 1

(𝐃𝐓

𝐃𝐭) = 16 x 5 + 45 = 𝟏𝟐𝟓 𝐔𝐧𝐢𝐝𝐚𝐝𝐞𝐬𝐚𝐫𝐛𝐢𝐭𝐫𝐚𝐫𝐢𝐚𝐬𝐝𝐞𝐓𝐞𝐦𝐩𝐞𝐫𝐚𝐭𝐮𝐫𝐚𝐩𝐨𝐫𝐬𝐞𝐠𝐮𝐧𝐝𝐨.

177

PROBLEMA10.- Ignorando las constantes de integración, determine la componente

desconocida de la velocidad “w” y “v” que satisface la ecuación de continuidad

correspondiente a un flujo tridimensional, incompresible y permanenteen los siguientes casos:

a) u = x2yzv = −y2x b)u = x2 + 3z2xw = −z3 + y2 (Frank White4.16).

Solución: La ecuación de continuidad, para flujo permanente e incompresible es:

∂u

∂x+

∂v

∂y+

∂w

∂z= 0

a) ∂

∂x(x2yz) +

∂

∂y(−y2x) +

∂w

∂z= 0

(2xyz) − (2yx) +∂w

∂z= 0

∂w

∂z= −2xyz + 2xy

𝐰 = −𝐱𝐲𝐳𝟐 + 𝟐𝐱𝐲𝐳

b) ∂

∂x(x2 + 3z2x) +

∂v

∂y+

∂

∂z(−z3 + y2) = 0

(2x + 3z2) +∂v

∂y+ (− 3z2) = 0

∂v

∂y= −2x − 3z2 + 3z2 = −2x

𝐯 = −𝟐𝐱𝐲

PROBLEMA11.-Por una tubería recta de radio “R” circula agua a 10°C. Considerando la

siguiente distribución hipotética de velocidades: Vmin = 0 (centro de la tubería) y crece

linealmente con el radio “r” hasta Vmax en la pared de la tubería. Determinar: a) La relación

V

Vmax b) El factor de corrección de la energía cinética “α”

Solución: La ecuación del perfil de velocidades, está dado por:u(r)

Vmax= (

r

R)

178

a) V = VxA = ∫ u(r)dAArea

VxπxR2 = ∫ Vmax (r

R) x 2πrdr

R

0

VxπxR2 = 2πVmax

R∫ r2dr

R

0

𝐕 = 𝟐

𝟑𝐕𝐦𝐚𝐱

b) α ∶1

A∫ (

u(r)

V)3dA

Area

α ∶ 1

πxR2∫ [

Vmax (r

R)

2

3Vmax

]

3

x 2πrdrR

0

𝛂: 1

πxR2x 2πx

27

8 R3∫ r4

R

0

dr = 𝟏. 𝟑𝟓

PROBLEMA12.- Asuma la temperatura de un fluido que pasa por una tubería horizontal

cambia aproximadamente con: T = T0(1 + ae−bx)[1 + cxCos(wt)].Dónde: To = 100 °C; a =

3 ; b = 0.03 m−1 ; c = 0.05 ; w = 100 rad

s ; t = tiempo (s) . Si el fluido

circula con una velocidad constante de 2 m/s. Determinar la rapidez de cambio de la

temperatura de una partícula fluida, en x = 0 y x = 4 m cuando t = 0 s.(Munson Young 4.35).

Solución:

(DT

Dt) = u

∂T

∂x+ v

∂T

∂y+ w

∂T

∂z+

∂T

∂t = u

∂T

∂x+

∂T

∂t

(DT

Dt) = T0(1 + ae−bx)[−cwSen(wt)] + uT0[1 + cxCos(wt)](−abe−bx)

Para t = 0: (DT

Dt) = −abuT0(1 + c)e−bx

Remplazando datos:

(DT

Dt) = −(3) (0.03

1

m)(2

m

s) ( 100 ℃ ) (1 + 0.05)e−0.03x

a) Para x = 0 y t = 0

179

(𝐃𝐓

𝐃𝐭) = −𝟏𝟖. 𝟗

℃

𝐬

b) Para x = 4 y t = 0

(𝐃𝐓

𝐃𝐭) = −𝟏𝟔. 𝟖

℃

𝐬

PROBLEMA13.- Se tiene el flujo de Poiseville entre dos placas fijas paralelas infinitas separadas

por una distancia “h”. Considerando el flujo bidimensional, incompresible y estacionario en el

plano XY. Si las componentes de la velocidad se dan por:u = 1

2 μx

dP

dx (y2 − hy) y v = 0.

Donde "μ" es la viscosidad dinámica del fluido, "dP

dx"gradiente de presión por grados que

impulsa el flujo e “y” es la distancia vertical entre las placas. Es este flujo ¿rotacional o

Irrotacional? ¿Por qué? Si es rotacional determine la componente de la vorticidad.

Solución:

Ω = 1

2 (

∂w

∂y−

∂v

∂z) i +

1

2(∂u

∂z−

∂w

∂x) j +

1

2 (

∂v

∂x−

∂u

∂y) k

Ω = 1

2(∂v

∂x−

∂u

∂y) k =

1

2 ( 0 −

∂u

∂y) k

∂u

∂y≠ 0 (FlujoesRotacional)

�� = −𝟏

𝟐 𝛍𝐱𝐝𝐏

𝐝𝐱(𝟐𝐲 − 𝐡)��

𝐫𝐚𝐝

𝐬

PROBLEMA14.- Circula agua a 20 °C por una tubería de acero comercial de 80 mm de

diámetro. Considerando hipotéticamente el perfil de velocidades como se muestra en la figura,

donde Vmax = 10 m/s. Determinar: a) V

Vmax b) El gasto másico (

Kg

s) c) El flujo

volumétrico (m3

s)

Solución: La ecuación del perfil de velocidad es:

180

u(r)

Vmax= (

2 a − r

a)

a) V = VxA = ∫ u(r)dAArea

Vxπx(2a)2 = ∫ Vmax (2 a − r

a) x 2πrdr + Vmaxxπxa2

2a

0

Vx4a2 = Vmaxxa2 + 2

aVmax [ar2 −

r3

3]

Vx4a2 = Vmaxxa2 + 2

aVmax [(4a3 − 8

a3

3) − (a3 −

a3

3)]

Vx4a2 = Vmaxxa2 + 2

aVmax [

2

3a3]

4 V = Vmax + 4

3Vmax

𝐕 = 𝟕

𝟏𝟐𝐕𝐦𝐚𝐱

b) m = ρxVxArea

�� = 1000 x7

12x 10 x

π

4(0.08)2 = 𝟐𝟗. 𝟑𝟐

𝐊𝐠

𝐬

c) m = ρxV

�� =29.32

1000 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟗𝟑𝟐

𝐦𝟑

𝐬

PROBLEMA15.- Si la intensidad de iluminación de una partícula en (x, y, z) al tiempo “t” está

dado por:

I = Axe−3t

( x2 + y2 + z2)

Y el campo de velocidad del fluido está dado por: u = B(y + 2z)v = B(y + 3 z); w =

B(2x + 3y + 2z). Dónde: “A” y “B” son constantes conocidas. Determinar la velocidad de

variación de la iluminación experimentada al tiempo “t” 31por la partícula fluida que está en el

punto (1, 2, -2) al tiempo “t”.

31Se trata de derivada sustancial ó material, es el enfoque de sistema

181

Solución:

(DI

Dt) = u

∂I

∂x+ v

∂I

∂y+ w

∂I

∂z+

∂I

∂t…… . . (1)

∂I

∂t= −3A ×

e−3t

( x2 + y2 + z2)

∂I

∂x= −2xA ×

e−3t

( x2 + y2 + z2)2

∂I

∂y= −2yA ×

e−3t

( x2 + y2 + z2)2

∂I

∂z= −2zA ×

e−3t

( x2 + y2 + z2)2

Remplazando en la ecuación (1)

(DI

Dt) = −A ×

e−3t

(x2 + y2 + z2)[3 +

2B

( x2 + y2 + z2)× (yx + 4zx + y2 + 6zy + 2z2)]

Evaluando para el punto (1, 2 -2): (𝐃𝐈

𝐃𝐭) = 𝐀 ×

𝐞−𝟑𝐭

𝟗× (𝟒𝐁 − 𝟑)

PROBLEMA16.- Un tubo de acero (Rugosidad absoluta 0.046 mm) con diámetro interior de

1.20 m, conduce aceite similar al SAE 10 a 40 °C (S = 0.87 y μ = 2.20 x10−2Pa. s). Si se requiere

un numero de Reynolds de 3.60 x104. Determinar: a) La velocidad máxima (m

s) b)La distancia

(mm) vertical desde el eje de la tubería para la cual la velocidad local es igual a la velocidad

media.

Solución:Como el número de Reynolds es dato, se puede calcular la velocidad media (V) del

aceite

V =3.60 x104x 2.20 x10−2

870 x 1.20= 0.758 (

m

s)

εo

DH=

0.046 mm

1.2 x 1000 mm= 0.000038

182

Con el número de Re y la Rugosidad relativa, al Diagrama de Moody: f = 0.022

a) Para flujo turbulento

Vmax = V[1 + 1.43 √f]

𝐕𝐦𝐚𝐱 = 0.758 x[1 + 1.43 √0.022 ] = 𝟎. 𝟗𝟏𝟗𝟓 𝐦

𝐬

b) u(r) = V [1 + 1.43 √f + 2.15 √fxLog (y

R)]

Por condición del problema: u(r) = V

−1.43 = 2.15 Log (y

R)

−0.665 = Log (y

R)

10−0.665 = (y

R)

y = 0.216 R = 0.216 x 0.6

Pero: r = R − y: r = R(1 − 0.216)

𝐫 = 0.6 (1 − 0.216 )x 1000 = 𝟒𝟕𝟎. 𝟒 𝐦𝐦

PROBLEMA17.- Por una tubería de acero comercial nuevo (εo = 0.046 mm) de 360 mm de

diámetro circula un fluido en régimen turbulento. La velocidad en la línea central es 6 m/s y a

80 mm de la pared del tubo es de 5.4 m/s. Determinar: a) La velocidad (m

s) media del flujo b)

El coeficiente de fricción. c) El número de Reynolds

Solución:

a) La ecuación de distribución de velocidades para flujo turbulento es:

u(r)

Vmax= (

R − r

R)

1

n

nLn (5.4

6) = Ln (

80

180)

183

nxLn 0.9 = Ln 0.444

n = 7.7

VxπxR2 = ∫ u(r)dAArea

= ∫ Vmax (R − r

R)

1

n

x 2πrdrR

0

V = 2 n2

(n + 1)(2n + 1)xVmax

𝐕 = 2 7.72

(7.7 + 1)(2x7.7 + 1)x 6 = 𝟒. 𝟗𝟖𝟔 (

𝐦

𝐬)

b) u(r) = V [1 + 1.43 √f + 2.15 √fxLog (y

R)]

5.4 = 4.986 [1 + 1.43 √f + 2.15 √fxLog (80

180)]

0.083 = 0.6727 √f

𝐟 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟓𝟐

c) La rugosidad absoluta, es:

εo

DH=

0.046 mm

360 mm= 0.000127

Con el valor del coeficiente de fricción “f” y la rugosidad relativa (εo

DH), al Diagrama de Moody:

𝐑𝐞 = 𝟓. 𝟓 𝐱𝟏𝟎𝟓

PROBLEMA18.- Fluye glicerina a 25 °C (ρ = 1258 kg

m3 yμ = 0.96 Pa. s)por una tubería de 150

mm de diámetro. Si la velocidad media del fluido es 3.6 m/s. Determinar: a) El coeficiente de

fricción. b) El radio r (mm) donde la velocidad local sería igual a la velocidad media para el

mismo régimen de flujo c) Evaluar el perfil de velocidades.

Solución:

a) El coeficiente de fricción:

𝐑𝐞 =ρVDH

μ=

1258 x 3.6 x 0.15

0.96= 𝟕𝟎𝟕. 𝟔𝟐𝟓 (𝐅𝐥𝐮𝐣𝐨𝐋𝐚𝐦𝐢𝐧𝐚𝐫)

184

∴ 𝐟 =64

Re=

64

707.625 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟎𝟒𝟒

b) El perfil de velocidades para flujo laminar: u(r)

Vmax= (

R2−r2

R2 )

Pero V = Vmax

2 (FlujoLaminar)

u(r) = 2 V (R2 − r2

R2 )

Por condición del problema: u(r) = V ∴ 𝐫 = √2

2xR =

√2

2x 75 = 𝟓𝟑. 𝟎𝟑𝟑 𝐦𝐦

c) Evaluación del perfil:

r (mm)

(r/R) u ( r )

75 1 0

60 0.8 2.592

45 0.6 4.608

30 0.4 6.048

15 0.2 6.912

0 0 7.2

𝐮(𝐫) = 2 V [1 − (r

R)2

] = 2 x 3.6 [1 − (r

R)2

] = 𝟕. 𝟐 [𝟏 − (𝐫

𝐑)𝟐

]

Nota: El caudal se puede determinar graficando: 2πru(r)Vsr y el área bajo la curva es el

caudal deseado. (Método por integración de velocidad y área)

PROBLEMA19.-¿Cuál es el diámetro (m) de garganta necesario para un medidor de Venturi,

instalado en un tubo horizontal de 200 cm de diámetro que transporta agua (γ = 9.79 KN

m3)

con una descarga de 10 (m3

s) si la presión diferencial entre la garganta y la sección corriente

arriba se va a limitar a 200 KPa a esta descarga?(Robertson Crowe 13.35).

Solución: Cálculo de la variación de la energía cinética (∆h)

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2

185

P1 − P2

γ=

V22 − V1

2

2g= ∆h

∴ ∆h =200

9.79= 20.429 m

Agua a 20°C (γ = 9.79 KN

m3 yʋ = 10−6 m2

s)

La ecuación general para evaluar el caudal real para Venturi, Tobera y Placa de orificio, es:

V = K Ao√2 g ∆h

Dónde: “K” es el coeficiente de flujo. Su evaluación se hace en la figura 13.13 (Roberson

Crowe. Pág. 596)y Ao: Área de la garganta

V = K x π

4 x d3√2 g ∆h

4 x 10 = K x π x d2√2 x 9.81 x 20.429

K x d2 = 0.6359 …… . . (1)

Asumir un K* = 1.01 y remplazando en la ecuación (1): d∗ = 0.793 m

Comprobar el valor asumido

Re = 4 x 10

πx 0.793 x10−6= 1.6 x107

d∗

D=

0.793

2= 0.3965 ≈ 0.4

Con dichos valores, en la gráfica antes mencionada: K = 1

Como K∗ ≠ K. Se corrige el diámetro 𝐝 = √K∗

Kxd∗ = √(

1.01

1.0) x 0.793 = 𝟎. 𝟕𝟗𝟔𝟗𝐦

PROBLEMA20.- Estime el gasto (cfs) de agua que pasa por el medidor de Venturi mostrado

(Robertson Crowe13.36).

186

Solución:

V = K Ao√2 g ∆h… . . . (1)

Calculo de la variación de la energía cinética (∆h)

P1

γag+

V12

2g+ Z1 =

P2

γag+

V22

2g+ Z2

P1 − P2

γag− ∆Z =

V22 − V1

2

2g= ∆h ……… . (2)

Aplicamos manometría:

P1 = P2 + γagx∆H + γagx∆Z

P1 − P2

γag− ∆Z = ∆H ……… . . (3)

La ecuación (2) es igual a (3): ∆h = ∆H

Calculo del coeficiente de flujo considerando γag 60 ℉ = 1.22 x 10−5 ft2

s

d

γ√2 g ∆h =

(4

12) x √2 x 32.2 x

48

12

1.22 x 10−5 = 4.38 x 105

187

d

D=

4

12= 0.333

Del grafico 13.13 (Robertson Crowe Pág. 596): K = 0.97

Remplazando valores en la ecuación (1):

�� = 0.97 x π

4 x (

4

12)2

x √2 x 32.2 x 4 = 𝟏. 𝟑𝟓𝟖 𝐜𝐟𝐬

PROBLEMA21.- Demostrar que la ecuación para evaluar el caudal, cuando se instala un

Venturi, Tobera o Placa de orificio es:V = K Ao√2 g ∆h

Solución: El análisis se hará considerando una tubería horizontal, en el cuál se instala una

placa de orificio. Así mismo corriente arriba y corriente abajo del flujo se instalará tubos

piezométricos para las lecturas de las presiones estáticas respectivas.

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2

Como la tubería es horizontal: P1− P2

γ=

V22−V1

2

2g= ∆h ……… (1)

2 g ∆h = V22 − V2

2 (A2

A1)2

Pero: coeficiente de estrechamiento (Ce)Ce = A real

A teórica=

A2

Ao

A2 = Ce x Ao

2 g ∆h = V22 [1 − Ce

2 (Ao

A1)2

]

188

V2 = √2 g ∆h

1 − Ce 2 (

Ao

A1)2 (Velocidad Teorica)

La velocidad real coriente abajo, es: V2 = Cv x

[

√2 g ∆h

1 − Ce 2 (

Ao

A1)2

]

V = V2 (real) x A2 (real) = Cv x

[

√2 g ∆h

1 − Ce 2 (

Ao

A1)2

]

x Ce x Ao

V = Cv x Ce

√1 − Ce 2 (

Ao

A1)2 x Ao x √2 g ∆h =

Cd

√1 − Ce 2 (

Ao

A1)2 x Ao x √2 g ∆h

El coeficiente de flujo K, es: 𝐊 = 𝐂𝐝

√𝟏− 𝐂𝐞 𝟐(

𝐀𝐨𝐀𝟏

)𝟐

Por lo que: �� = 𝐊 𝐀𝐨√𝟐 𝐠 ∆𝐡

PROBLEMA22.- Un deposito es alimentado con agua a 60°F por un tubo con medidor de

Venturi, como se ve en la figura siguiente, el agua sale por un vertedero triangular con un

ángulo incluido de 60°. Considerando: el coeficiente de flujo del Venturi es la unidad, el área

de la garganta del Venturi es 12 in2 y el ∆P medido es 10 Psig. Encuentre la carga H (ft) del

vertedero triangular. (Robertson Crowe13.60).

Solución: V VENTURI = V VERTEDERO

189

K Ao√2 g ∆h = Cd x8

15√2g x Tan(

θ

2) x H5/2

Para: θ = 60° y Cd = 0.58

K Ao√2 g ∆h = 0.17859 x √2g x H5/2

K Ao√∆h = 0.17859 x H5/2

1 x 12

144√

10 x 144

1.94 x 32.2= 0.17859 x H5/2

𝐇 = 𝟏. 𝟑𝟖 𝐟𝐭

PROBLEMA23.- En un instante en particular entra agua en tanque que se ilustra, por los tubos

“A” y “B” y sale sobre el vertedero rectangular que está en “C”. El ancho del tanque y la

longitud del vertedero (dimensiones normales a la página) son 2 ft. Entonces parea las

condiciones dadas. ¿El nivel del agua del tanque está subiendo o bajando?(Robertson

Crowe13.61).

Solución:La entrada del agua al depósito se hace por las secciones (1) y (2):

V ENTRADA = VA + VB

V ENTRADA = π

4(VA x DA

2 + VB x DB2)

190

V ENTRADA = π

4(4 x 12 + 4 x 0.52) = 3.9269 cfs

V VERTEDERO = VCanal

VC = K √2g L x H3/2

Pero: K = 0.40 + 0.05 (H

P) = 0.40 + 0.05 (

1

2) = 0.425

VC = 0.425 √2 x 32.2 x 2 x 13/2 = 6.821 cfs

Por lo que: ��𝐂 > �� 𝐄𝐍𝐓𝐑𝐀𝐃𝐀 (El nivel de agua está bajando)

PROBLEMA24.- Del primer depósito sale agua hacia el segundo sobre un vertedero

rectangular, con una razón entre ancho y carga de 3. La altura “P” del vertedero es el doble de

la carga. El agua del segundo depósito corre sobre un vertedero triangular de 60° a un tercer

depósito. La descarga por ambos vertederos es la misma. Encuentre la razón entre la carga

sobre el vertedero rectangular y la carga sobre el vertedero triangular.(Robertson

Crowe13.62).

Solución: Por condición del problema:

V VERT.REC. = V VERT.TRIAN ……… (1)

V VERT.REC. = K √2g x L x H3/2

K = 0.40 + 0.05 (H

2 H) = 0.425

V VERT.REC. = 0.425 √2g x 3 H x H3/2

191

V VERT.REC. = 1.275 x √2g x H5/2 ……… (2)

V VERT.TRIANG = Cd x 8

15 x √2g x Tan (

θ

2) x H5/2

Para: θ = 60° Cd ≈ 0.58

V VERT.TRIANG = 0.17859x √2g x H5/2 ………… (3)

Las ecuaciones (2) y (3) en (1):

1.275 x √2g x HR5/2 = 0.17859x √2g x HT

5/2

𝐇𝐓

𝐇𝐑= 𝟐. 𝟏𝟗𝟓

PROBLEMA25.- Determine el caudal (cfs) a través del orificio sumergido que se muestra en la

figura. Si el coeficiente de corrección es Ce = 0.68. (Munsong Young 3.84).

Solución: Tomando Bernoulli entre la superficie del agua en el depósito derecho (1) y el orificio

(2), tenemos:

P1

γag+

V12

2g+ Z1 =

P2

γag+

V22

2g+ Z2

4 = 2 + V2

2

2g

�� = V2 x Ce x ATEORICA = (2 𝑥 32.2 𝑥2)1

2 x 0.68 x π

4(

3

12)2

= 𝟎. 𝟑𝟕𝟖𝟖 𝐜𝐟𝐬

192

PROBLEMA26.- ¿Qué presión P1 (Psig) se requiere para obtener un gasto de 0.09 cfs del

depósito que se muestra en la figura?(Munsong Young 3.73).

Solución:P2

γag+

V22

2g+ Z2 =

P3

γag+

V32

2g+ Z3

P2

γag+ (Z2 − Z3) =

V32

2g

Pero: P2 = P1 + γgx h

P1 + γgx h

γag+ (Z2 − Z3) =

V32

2g ……… (1)

V = V3 x π

4 x d3

2

V3 = 4 x 0.09

π x 0.062= 31.83

ft

s

Remplazando valores en la ecuación (1)

P1 + 62.4 x 0.68 x 2

62.4 x 1.1+ 3.6 =

31.832

2 x 32.2

P1 = 747.95 Lbs

ft2 x

ft2

144 in2= 𝟓. 𝟏𝟗 𝐏𝐬𝐢𝐠

193

PROBLEMA27.- Se mide la velocidad del aire en un ducto por medio de una sonda de Prandtl

conectado a un manómetro diferencial que registra una lectura de 0.15 Psig. Si el aire está a

13.4 Psia de presión absoluta y 70 °F. Determinar la velocidad (ft

s) del aire. Considerar RAire =

1.716 Lbf−ft

Slug− °R

Solución:

Tubo Prandtl = PTOTAL − PESTATICA

Tubo Prandtl = (PEST + PDIN) − PEST

Tubo de Prandtl mide la Presión Dinámica:

P1 + ρV1

2

2+ γ Z1 = P2 + ρ

V22

2+ γ Z2

P2 − P1 = ρV1

2

2…… (1)

Manometría: 𝑃1 − a γ + γ b + γm ∆H = P2 − a γ + γ b + γm ∆H

P2 − P1 = ∆H (γm − γ) …… (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2): 𝐕 = √𝟐𝐠 𝐱 ∆𝐇 (𝛒𝐦−𝛒

𝛒)

Ecuación que nos permite evaluar la velocidad local, a lo largo de la línea diametral vertical.

Para nuestro caso: ρaire =13.4 x 144

1716 x (70+460)= 2.1216 x 10−3 Slug

ft3

Remplazando valores en la ecuación (1): 0.15 x 144 = 2.1216 x 10−3 x V2

2

𝐕 = 𝟏𝟒𝟐. 𝟔𝟗 𝐟𝐭

𝐬

194

PROBLEMA28.- Calcular la altura “H” en función de “R”, sabiendo que la perdida en la boquilla

es 0.1 H.

Solución:

P1

γ1+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ1+

V22

2g+ Z2 + Pcarga

Z1 = P2

γ1+ Z2 + 0.1 H

P2

γ1= (Z1 − Z2) − 01. H = H − 0.1H = 0.9 H …… . (1)

Manometría: 𝑃2 = Po + γ1 x R − γ2 x R + γ1 x H

P2

γ1= H + R − (

S2

S1) R ……… (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2) 0.9 H = H + R (1 − S2

S1)

−0.1 H = R(1 −3

1.2) = −1.5 R

𝐇 = 𝟏𝟓 𝐑

PROBLEMA29.- En el esquema adjunto se observa que fluye por tubería Kerosene (SK =

0.68). Al instalarse un tubo de Prandtl se registra una deflexión de mercurio (SHg = 13.6) de

7in. Determinar la velocidad del flujo en (ft

s).

195

Solución:

P1

γk+

V12

2g+ Z1 =

P2

γk+

V22

2g+ Z2

P2 − P1

γk− ∆Z =

V12

2g ……… (1)

Aplicando manometría: P1 + γk x ∆Z + γk x A + γHg x ∆H = P2 + γk x A + γk x ∆H

P2 − P1

γk− ∆Z = ∆H (

SHg

SK− 1) ……… (2)

Igualando (1) y (2): 𝐕 = √2 g ∆H (SHg

SK− 1) = √2 x 32.2 x

7

12(13.6

0.68− 1) = 𝟐𝟔. 𝟕𝟏𝟔

𝐟𝐭

𝐬

PROBLEMA30.- Se introduce aire (ρ ∶ 0.00238 Slug

ft3) a un túnel de viento que se usa para

prueba de automóviles, como se muestra en la figura. Si los efectos viscosos son

insignificantes. Determinar: a) La lectura “h” (ft) en el tubo piezómetro en “u” b) La

diferencia de presiones (P3 − P2)Lbf

ft2

196

Solución:

a) Calculo de “h”

P2 = Po + γac x 1" − γag x = γag ( sac x 1" − h)

h = sac x 1" − P2

γag……… (1)

P1 + ρaire x V1

2

2 + γ x Z1 = P2 + ρaire x

V22

2+ γ x Z2

P2 = −ρaire x V2

2

2g= −0.00238 x

882

2= −9.21536

Lbf

ft3

Remplazando valores en la ecuación (1) 𝐡 = 0.9 x1

12−

(−9.21536)

62.4= 𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝟔𝟖 𝐟𝐭

b) P2 + ρaire x V2

2

2 + γ x Z2 = P3 + ρaire x

V32

2+ γ x Z3

P3 − P2 = ρaire x V2

2

2= 0.00238 x

882

2 = 𝟗. 𝟐𝟏𝟓𝟑𝟔

𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

197

CAPITULO 5

ANALISIS GLOBAL DEL COMPORTAMIENTO DINÁMICO DE LOS FLUIDOS

El análisis global ó integral del comportamiento dinámico de los Fluidos estudia los

fluidos en movimiento o el desplazamiento en el espacio de las partículas de un fluido. El

estudio abarca la aplicación de los principios fundamentales de la MECÁNICA y la

TERMODINÁMICA para desarrollar un entendimiento físico entre las propiedades de los

fluidos y las fuerzas que interactúan entre el fluido y sus fronteras. Sus aplicaciones se dan en

el diseño de las conducciones hidráulicas, diseño termo – fluido de aparatos térmicos, diseño

de redes de distribución hidráulica, en la determinación de la potencia hidráulica en las

maquinas hidráulicas generadoras y motoras y determinación del punto de funcionamiento.

En el análisis global del comportamiento de los fluidos se recurre a la idea de

VOLUMEN DE CONTROL, así como en la Termodinámica se utiliza la idea de SISTEMA y en la

Mecánica es común recurrir al concepto de CUERPO LIBRE.

Las LEYES BÁSICAS32 que gobierna la dinámica de los fluidos, se basan en la ECUACIÓN

DETRANSPORTE DE REYNOLDS o ECUACIÓN DE VOLUMEN DE CONTROL (conexión entre el

Método del Sistema y el Método del Volumen de Control) que establece: “La variación total

de una propiedad extensiva “N” del sistema en el tiempo es igual a la variación de la

propiedad extensiva “N” en el interior del volumen de control más el flujo neto de la

propiedad extensiva “N” a través de la superficie de control”

(𝐃𝐍

𝐃𝐭)𝐒𝐈𝐒

= 𝛅

𝛅𝐭∭ 𝛈 𝛒 𝐝∀ + ∮ 𝛈 𝛒 ��

𝐒𝐂𝐕𝐂

. 𝐝𝐀

I.-Las Leyes Básicas que describen el flujo en movimiento son:

1.-PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE LA MASA.- El principio de continuidadestá basado en la

conservación de la masa al flujo de fluidos: “Para conservar la masa, la razón de cambio con

respecto al tiempo de la masa en el volumen de control más la razón de flujo neto de masa a

través de la superficie de control debe ser igual a cero”.

32Todas se refieren a derivadas temporales de propiedades fluidas.

198

𝛛

𝛛𝐭∭ 𝛒 𝐝∀

𝐕𝐂

+ ∮ 𝛒 ��𝐒𝐂

. 𝐝𝐀 = 𝟎

2.- PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA (Primera ley de la Termodinámica): “ La

rapidez de transferencia de calor a un sistema menos la rapidez con que el sistema efectúa

trabajo es igual a la rapidez con que está cambiando la energía del sistema”

�� − �� = ∆𝐄 = 𝐃

𝐃𝐭∫ 𝐞 𝛒 𝐝∀𝐬𝐢𝐬

Donde la energía específica “e” incluye la energía cinética, la energía potencial y la energía

interna por unidad de masa.

3.- PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DE CANTIDAD DE MOVIMIENTO (Segunda Ley del

movimiento de Newton). “La fuerza resultante33 que actúa sobre un sistema es igual a la

rapidez con que está cambiando el momentum del sistema”

𝚺 𝐅 = (𝐃𝐈

𝐃𝐭)𝐬𝐢𝐬

= 𝐃

𝐃𝐭∫ 𝐕 𝛒 𝐝∀𝐬𝐢𝐬

4.- ECUACIÓN DE MOMENTO DE MOMENTUM.- Es el resultado de la Segunda Ley de Newton:

“El momento resultante que actúa sobre un sistema es igual a la rapidez del momentum

angular del sistema”.

𝚺 𝐌 = 𝐃

𝐃𝐭∫ �� ∗ 𝐕 𝛒 𝐝∀𝐬𝐢𝐬

Donde: El vector “r” sitúa el elemento de volumen “ d ” y se mide desde el origen de los ejes

de coordenadas, el punto relativo al cuál se mide el momento resultante.

II.- Las Leyes Secundarias, son:

1.-PRINCIPIO DE ENTROPÍA (Segunda Ley de la Termodinámica): Nos permite determinar el

grado en que puede realizarse una conversión de energía y si la conversión de energía es

posible.

2.-ECUACIÓN DE ESTADO DE LOS GASES PERFECTOS. Aplicable solo a los fluidos que se

aproximan al gas perfecto

33Es el vector suma de todas las fuerzas que actúan sobre el volumen de control material considerado como cuerpo

libre.

199

PROBLEMASRESUELTOS

PROBLEMA01.- La aguja hipodérmica de la figura contiene suero (S=1.05). Si se tiene que

inyectar este suero en forma estable a razón de 6 cm3

s¿A qué velocidad (in/s) debe avanzar el

embolo? a) Si se desprecian las perdidas en la aguja b) Si hay una pérdida del 10% del flujo

volumétrico que sale por la aguja.(Frank White 3.23)

Solución.-

a) Conservación de la masa: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para fluido incompresible: AEmb x dl

dt+ ∑ Vsal − ∑ Vent = 0

AEmb x dl

dt+ Vsal = 0

−dl

dt=

4 x Vsal

π x dEmb2

𝐕𝐄𝐦𝐛 = 4 x 6

cm3

s x

Pulg3

2.543 cm3

π x 0.752 pulg2= 𝟎. 𝟖𝟐𝟖

𝐢𝐧

𝐬

b)

VEmb = 4 x (Vsal + 0.1 Vsal)

π x dEmb2 =

4 x (1.1 Vsal)

π x dEmb2

𝐕𝐄𝐦𝐛 = 4 x (1.1 x

6

2.543)

π x 0.752= 𝟎. 𝟗𝟏𝟏𝟔

𝐢𝐧

𝐬

200

PROBLEMA02.- Derívese una ecuación en función de Ho, Hf, d, D y el tiempo “t” de vaciado de

un líquido a través de un orificio.

Solución.-

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible: AEmb x dh

dt+ Vsal = 0

AEmb x dh

dt= −Ao x √2g x h1/2

D2x dh

dt= −d2 x √2g x h1/2

∫ h−1/2dh = −√2g x (d

D)2

∫ dttf

to

Hf

Ho

√Ho − √Hf = (√2g

2) x (

d

D)2

x t

a) Determinar Hf, para un tiempo de vaciado “t”.

𝐇𝐟 = [√𝐇𝐨 − (√𝟐𝐠

𝟐) 𝐱 (

𝐝

𝐃)𝟐

𝐱 𝐭]

𝟐

b) ¿Qué tiempo “t” demora en descargar el fluido?

𝐭 = [√𝐇𝐨 𝐱 (𝟐

√𝟐𝐠) 𝐱 (

𝐝

𝐃)𝟐

]

201

PROBLEMA03.- Un depósito esférico de volumen “V” contienen gas, que inicialmente se

encuentra a condiciones absolutas de Po y To. Si hay una fuga por las paredes, establecida por

la ecuación:

��𝐬𝐚𝐥 = 𝐂 𝐱 𝐏 𝐱 𝐀𝐨

√𝐑 𝐠𝐚𝐬 𝐱 𝐓

Derívese una expresión para evaluar el tiempo “t” cuando la presión disminuye a “P”. Donde

“A0” es el área del orificio de fuga del gas en el depósito esférico.

Solución.-

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

ρ dV

dt+ V

dρ

dt+ msal = 0

V dρ

dt= −

C x P x Ao

√R x T

Considerando un gas ideal:ρ =P

R x T

dρ = − C x P x Ao

√R x T x

1

V x dt

∫dP

P= −C x

Ao

V√R x T∫ dt

t

to

P

Po

Ln (Po

P) = C x

Ao

V x √R x T x t

𝐭 = ∀

𝐂 𝐱 𝐀𝐨 𝐱 √𝐑 𝐱 𝐓 𝐱 𝐋𝐧 (

𝐏𝐨

𝐏)

PROBLEMA04.- Una bañera se llena con agua del grifo. El flujo volumétrico del grifo es estable

e igual a 9 gpm. El área de la base de la bañera es de 10 ft2. Calcular la razón de cambio con

respecto al tiempo de la profundidad del agua en la bañera (in/min) en cualquier instante.

202

Solución.-

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible: A x dh

dt− Vent = 0

𝐝𝐡

𝐝𝐭=

(9

449) x 12 x 60

10= 𝟏. 𝟒𝟒𝟑

𝐢𝐧

𝐦𝐢𝐧

PROBLEMA05.- El motor cohete de la figura opera en régimen estacionario, los productos de la

combustión salen por la tobera, comportándose aproximadamente como un gas perfecto

(M = 28slug

slug mol). Para las condiciones establecidas. Calcular la velocidad VGAS (ft/s).(Frank

White 3.34)

Solución.-

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

∯ ρ V. dASC

= ∑msal − ∑ment = 0

m2 = m1 + m3

ρGAS x VGAS x π

4 x d2

2 = 0.5 + 0.1 ………… (1)

Calculo de la densidad del gas (ρGAS)

203

RGAS = R

M=

49700 Lbf−ft

Slug mol− °R

28 Slug

Slug mol

= 1775Lbf − ft

Slug − °R<> 1775

ft2

s2x °R

ρGAS =P

RG x T=

15 x 144

1775 x (1100 + 460)= 0.00078

Slug

ft3

Remplazando en la ecuación (1): 0.00078 x VGAS x π

4 x (

5.5

12)2

= 0.6

𝐕𝐆𝐀𝐒 = 𝟒𝟔𝟔𝟐. 𝟑 𝐟𝐭

𝐬

PROBLEMA06.- Un tanque cilíndrico se llena con velocidad constante, con las válvulas de

alimentación “A” y “B” y se vacía con las descargas “C” y “D”. La válvula “A” puede llenar el

tanque en 4 h y la válvula “B” puede hacerlo en 5 h. La válvula “C” puede vaciarlo en 3 h y la

“D” en 6 h. Suponiendo que para un tiempo t = 0, el tanque está lleno hasta la mitad (h =H

2).

Si se abren todas las válvulas en forma simultánea. Determinar el tiempo (h) que demora en

alcanzar la octava parte de la altura del tanque. Considerar la altura del tanque como “H”.

Solución:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible: ∭ dV + ∯ V. dASCVC

= 0

AT x dh

dt+ VC + VD − VA − VB = 0

AT x dh

dt= VA + VB − VC − VD ………(1)

Para el llenado total:

Válvula “A”: 4h VA = AT x H

4

Válvula “B”: 5h VB = AT x H

5

Vaciado total:

204

Válvula “C”: 3h VC = AT x H

3

Válvula “D”: 6h VD = AT x H

6

Remplazando valores en la ecuación (1)

AT x dh

dt=

AT x H

4+

AT x H

5−

AT x H

3−

AT x H

6

dh

dt= −

H

20

∫ dtt

to

= −20

H∫ dh

H/8

H/2

𝐭 = 𝟕. 𝟓 𝐡

PROBLEMA07.- Se hace circular aire entre dos placas lisas paralelas. El flujo es uniforme en la

entrada, con: P1 = 3.5 bar (abs); T1 = 27°C; V1 = 1.2 m/s. Suponiendo que el flujo es isotérmico

y que la presión de descarga es 1.75 bar (abs). Calcular la velocidad máxima (m/s) si esta se da

en la línea central entre las dos placas. (Arthur G. Hansen 4.13).Si

u

VMAX= [1 − (

y

h)2

]

Solución:El principio de conservación de la masa en su forma general, es:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo permanente: ∯ ρ V. dASC

= ∑msal − ∑ ment = 0

∫ ρ1 u dA = ∫ ρ2 u dAA2A1

205

∫ ρ1 x V1x b x dy = 2∫ ρ2 x Vmax (h2 − y2

h2 ) x b x dyh

0

2h

0

ρ1 x V1x 2h x b = 2 x ρ2 xVmax

h2 x b x∫ (h2 − y2) x dy

h

0

ρ1 x V1x 2h x b = 2 x ρ2 xVmax

h2 x b x [h3 −

h3

3]

ρ1 x V1 = ρ2 x2

3 Vmax

Vmax = (3

2) x (

ρ1

ρ2) x V1 …… . (1)

Por condición de flujo isotérmico: P1

ρ1=

P2

ρ2 ………(2)

Remplazar la ecuación (2) en (1): 𝐕𝐦𝐚𝐱 = (3

2) x (

P1

P2) x V1 = (

3

2) x (

3.5

1.75) x 1.2 = 𝟑. 𝟔

𝐦

𝐬

PROBLEMA08.- Un ventilador mueve 0.1 kg/min de flujo másico de aire (ρaire = 1.23 kg

m3 ).

Corriente arriba del ventilador el diámetro del ducto mide 60 mm, el flujo es laminar y el

coeficiente de corrección de la energía cinética es α1 = 2. Corriente abajo del ventilador el

diámetro del ducto mide 30 mm, el flujo es turbulento, con un perfil de velocidad uniforme y

coeficiente de corrección de la energía cinética es α2 = 1.08. Si el aumento de presión estática

a través del ventilador es 0.1 KPa y la potencia de accionamiento del ventilador es igual a 0.18

W. Determinar: a) La energía que se pierde en el ventilador (W) b) La presión útil del

ventilador (Pa) c) La eficiencia del ventilador (%). Suponer sus cálculos con distribución de

velocidad uniforme en los ductos de entrada y salida.

Solución:

Ps + ρaire

2x Vs2 + γaire x Zs + Hv x γaire = Pd +

ρaire

2x Vd2 + γaire x Zd

γaire x Hv = (Pd − Ps) +ρaire

2(Vd2 − Vs2) …… . (1)

Cálculo de la velocidad (V) media del aire en las secciones de entrada y salida:

206

V = 4 x maire

ρaire x π x d2

Vd =

0.1

60 x 4

1.23 x π x0.0602= 1.9169

m

s

Vs =

0.1

60 x 4

1.23 x π x0.0302= 0.479

m

s

Remplazando valores en la ecuación (1)

Hv x γaire = 0.1 x 1000 +1.23

2(1.91692 − 0.4792)

𝐏𝐯 = 𝟏𝟎𝟐. 𝟏𝟏𝟖 𝐏𝐚 … . . . (b)

𝐏 =Pv x maire

ρaire=

102.118 x 0.1

60

1.23= 𝟎. 𝟏𝟑𝟖𝟑𝟕 𝐖

Energía que se pierde (E)

E = Weje − P = 0.18 − 0.13837 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟏𝟔𝟑 𝐖 ……… (a)

Eficiencia del ventilador (nV)

𝐧𝐕 =P

Weje

x 100 % =0.13837

0.18 x 100 % = 𝟕𝟔. 𝟖 % ……… (c)

PROBLEMA09.- Un compresor alimenta aire a un tanque de 15 m3. El flujo másico de entrada

está dado por la ecuación: me = 0.5 x ρa

ρ . Donde "ρ" es la densidad del gas en el tanque y "ρa"

es la densidad inicial del gas. Estime el tiempo “t” (s) que tomara en aumentar la densidad del

gas en el tanque tres veces. Considerar la densidad inicial de 2 Kg/m3. Suponga que la

densidad del gas es uniforme en todo el tanque (Roberson Crowe 4,82)

Solución:Aplicamos conservación de la masa para flujo no permanente y compresible.

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

ρ dV

dt+ V

dρ

dt− me = 0

207

V dρ

dt=

1

2 x

ρo

ρ

∫ ρdρ =1

2 x

ρo

V x ∫ dt

t

to

ρf

ρo

ρf2 − ρo

2

2=

1

2 x

ρo

V x t

Para la condición:

ρf

ρo= 3; 𝐭 = 8 x ρo x V = 8 x 2 x 15 = 𝟐𝟒𝟎 𝐬

PROBLEMA10.- Para el Volumen de Control que se muestra. Determinar: b,

(DB

Dt)sis

,∯ ρ VdASC

y ∂

∂t∭ b ρ dV

VC, respecto a la aplicación de la ecuación de volumen de

control ó de Transporte de Reynolds al Principio de continuidad. Considerar V1 = 2 m3

s y V3 =

3 m3

s ; Sac = 0.9; Smez = 0.95.

Solución: Por el Principio de Conservación de la Masa: b = 1 y (∂B

∂t)sis

= 0

∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ VdA = 0

SCVC

Cálculo de ∯ ρ VdA = 0SC

∯ ρ VdA = ρ3(V1 + V2) − ρ1V1 − ρ2V2SC

= V1(ρ3 + ρ1) + V2( ρ3 − ρ2)

∯ ρ VdA = 2 (950 + 1000) + 3( 950 − 900) = −𝟓𝟎 𝐊𝐠

𝐬SC

∴ 𝛛

𝛛𝐭∭ 𝛒 𝐝𝐕 = 𝟓𝟎

𝐊𝐠

𝐬𝐕𝐂

208

PROBLEMA11.- Un fluido de densidad 1100kg

m3 fluye estacionariamente a través del volumen

de control que se muestra en la figura. Si A1 = 0.05 m2, A2 = 0.01 m2, A3 = 0.06 m2,V1 =

4 i (m

s) y V2 = −8 j (

m

s). Determinar V3 (

m

s).

Solución: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible: ∯ V. dASC

= 0

V3 = V1 + V2

V3 x A3 = 𝑉1 x A1 + 𝑉2 x A2

V3 = 4 x 0.05 + 8 x 0.01

0.06= 4.66

m

s

��𝟑 = V3 Sen 60 i − V3 Cos 60 j = 𝟒. 𝟎𝟑𝟓 𝐢 − 𝟐. 𝟑𝟑 𝐣

PROBLEMA12.- El depósito abierto que se muestra en la figura contiene agua a 20 ℃ y se está

llenando a través de la sección (1). Suponiendo flujo incompresible, a) Obtenga una expresión

analítica para evaluar el cambio de nivel de agua (dh

dt) en función de los flujos volumétricos

V1, V2 y V3 y el diámetro del depósito “D”. Hecho esto, si el nivel del agua “h” es constante b)

Determine la velocidad de salida V2, dados V1 = 3 m

s, d1 = 50 mm, V3 = 0.01

m3

s, y d2 =

70 mm.(Frank White 3.14).

209

Solución:

a) Conservación de la masa para flujo incompresible

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

∂

∂t∭ dV +

VC

∑Vsal − ∑Vent = 0

A xdh

dt= V1 + V3 − V2

𝐝𝐡

𝐝𝐭=

𝟒 (��𝟏 + ��𝟑 − ��𝟐)

𝛑 𝐱 𝐃𝟐

b) Si “h” es constante, el flujo es permanente, luego:

∯ ρ V. dASC

= 0

V2 = V3 + V1

V2 xπ

4 x d2

2 = V1 xπ

4 x d1

2 + 0.01

(V2 x d22 − V1 x

π

4 x d1

2) x π = (V2 x 0.072 − 3 x 0.052) x π = 4 x 0.01

𝐕𝟐 = 𝟒. 𝟏𝟐𝟗 𝐦

𝐬

PROBLEMA13.- A través del dispositivo que se muestra en la figura fluye agua a 20 ℃. Los

efectos del calor, gravedad y temperatura son despreciables. Determinar la rapidez del trabajo

(W) que entra o sale del sistema.(Frank White 3.126).

210

Solución: Por conservación de la masa para estado permanente – incompresible:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

∯ ρ V. dASC

= 0

��𝟑 = 220 − 100 = 𝟏𝟐𝟎 𝐦𝐜𝐡

Calculo de los flujos másicos: m = ρ x V

m 1 = 61.11Kg

sm 2 = 27.77

Kg

sm 3 = 33.33

Kg

s

Cálculo de la velocidad media: V = 4 x V

π x d2

V1 = 9.606 m

s V2 = 7.217

m

s V3 = 26.525

m

s

Conservación de la energía:

dQ

dt−

dW∗

dt=

∂

∂t∭ e ρ dV + ∯ (e +

P

ρ)ρ V. dA

SCVC

+ ∯ τ V. dASC

−dW∗

dt= ∯ (e +

P

ρ)ρ V. dA

SC

= ∯ (V2

2+ gz + u +

P

ρ)ρ V. dA

SC

= ∯ (V2

2+

P

ρ)ρ V. dA

SC

−dW∗

dt= (

P3

ρ+

V32

2) x m3 + (

P2

ρ+

V22

2) x m2 − (

P1

ρ+

V12

2) x m1

−dW∗

dt= (

265000

1000+

26.5252

2) x 33.3 + (

225000

1000+

7.2172

2) x 27.77

− (150000

1000+

9.6062

2) x 61.11

−𝐝𝐖

𝐝𝐭= −𝟏𝟓𝟓𝟒𝟑. 𝟗 𝐖

PROBLEMA14.- Una bomba de bomberos saca agua de mar (S = 1.025) mediante un tubo

sumergido y la descarga a través de una tobera, según se muestra en la figura. Considerando la

211

pérdida de carga como 6.5 ft y eficiencia de la bomba de 75% ¿Qué potencia (HP) se requiere

para su funcionamiento?(Frank White 3.137).

Solución:Aplicamos conservación de la energía para flujo real

P1

γag+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γag+

V22

2g+ Z2 + Pc

𝐇𝐁 =V2

2

2g+ (Z2 − Z1) + Pcarga =

1202

2 x 32.2+ 10 + 6.5 = 𝟐𝟒𝟎. 𝟏𝟎 𝐟𝐭

𝐏 = γ x V x HB = 62.4 x 1.025

550 x 120 x

π

4(

2

12)2

x 240.10 = 𝟕𝟑. 𝟎𝟗𝟖𝟗 𝐇𝐏

nV =P

Weje

=73.0989

Weje

= 0.75

��𝐞𝐣𝐞 = 𝟗𝟕. 𝟒𝟔 𝐇𝐏

PROBLEMA15.- La bomba de la figura mueve kerosene (S = 0.8) a razón de 2.3 cfs. La pérdida

de carga entre las tomas de succión y descarga es de 8 ft. Si la bomba proporciona al flujo 8 HP

de potencia. ¿Cuál es la lectura “h” (ft) en el manómetro diferencial?(Frank White 3.146).

212

Solución: Aplicamos conservación de la energía para flujo real

P1

γK+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γK+

V22

2g+ Z2 + Pc

HB = P2 − P1

γK + (Z2 − Z1) +

V22 − V1

2

2g+ Pc ……… . (1)

Aplicamos manometría entre (1) y (2):

P1 + γHg x h = P2 + γK x 5 + γK x h

P2 − P1

γK+ 5 = h (

SHg

SK− 1) … . . . (2)

Remplazamos la ecuación (2) en (1)

HB = h (SHg

SK− 1) +

V22 − V1

2

2g+ Pc ……… (3)

Cálculo de la altura útil (HB): P = γK x V x HB

8 = 62.4 x0.8

550 x 2.3 x HB

𝐇𝐁 = 𝟑𝟖. 𝟑𝟐 𝐟𝐭

Cálculo de la velocidad media

V1 = 4 x 2.3

π x (3

12)2

= 46.85 ft

s

V2 = 4 x 2.3

π x (6

12)2

= 11.713 ft

s

Remplazamos valores en la ecuación (3)

38.32 = h (13.6

0.8− 1) +

11.7132 − 46.852

2 x 32.2+ 8

𝐡 = 𝟑. 𝟖𝟗 𝐟𝐭

213

PROBLEMA16.-¿Cuál es la máxima potencia (MW) proporcionada a la turbina en la Central

Hidroeléctrica?(Munson Young 5.107).

Solución: P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + HT

HT = (Z1 − Z2) − V2

2

2g = 100 −

62

2 x 9.81= 98.165 m

𝐏 = γ x V x HT = 9.81 x 6 xπ

4 x 12x 98.165 x 10−3 = 𝟒. 𝟓𝟑 𝐌𝐖

PROBLEMA17.- A una turbina hidráulica se suministra 4.25m3

s de agua a 415 KPa. La lectura

de un medidor de vacío en la descarga de la turbina a 3 m por debajo de la línea central de

entrada de la turbina es de 250 mmHg al vacío. Si la potencia de salida al eje de la turbina es

de 110 KW. Calcular la pérdida de potencia (KW) a través de la turbina. Los diámetros

interiores de los tubos de abastecimiento y de descarga son idénticos de 800 mm.(Munson

Young 5.110).

Solución: Convertir la presión de mmHg a KPa: 𝟐𝟓𝟎 𝐦𝐦𝐇𝐠 <> 33.322 𝐊𝐏𝐚

Ps

γ+

Vs2

2g+ Zs =

Pd

γ+

Vd2

2g+ Zd + HT

HT =Ps − Pd

γ + (Zs − Zd) =

415 − 33.322

9.81 + 3 = 48.7 m

𝐏 = γ x V x HT = 9.81 x 4.25 x 48.7 = 𝟐𝟎𝟑𝟎. 𝟒𝟒𝟕 𝐊𝐖

𝐏𝐞𝐫𝐝𝐢𝐝𝐚 = Pot. Hidraulica − Potencia Eje = 2030.447 − 1100 = 𝟗𝟑𝟎. 𝟒𝟒𝟕 𝐊𝐖

214

PROBLEMA18.- En la conducción hidráulica que se muestra, se bombea agua desde el tanque.

La pérdida de carga por fricción en el sistema está dado por 1.2V2

2g , donde “v” es la velocidad

media del agua en la tubería de 70 mm de diámetro. La curva de capacidad de carga de la

bomba, proporcionada por el fabricante está dada por la ecuación: H = 20 − 200V2, donde la

carga “H” está en (m) y la capacidad “V” en (m3

s). Determine el caudal en (

m3

s) a través de la

bomba.

Solución:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

(Z1 − Z2) + HB =V2

2g + 1.2 x

V2

2g

HB = 2.2 xV2

2g − 6 = 2.2 x

1

2 x 9.81 x

16 V2

π2 x 0.074

HB = 7570 x 974 V2 − 6 = HSistema

Para el punto de operación, se cumple que: HSistema = H

H = 20 − 200V2 = 7570 x 974 V2 − 6

��𝐨𝐩 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟐𝟏𝟐𝐦𝟑

𝐬

PROBLEMA19.- El flujo de agua a 20 ℃ llena el depósito cilíndrico que se muestra en la figura.

En el instante t = 0, la profundidad del agua en el deposito es de 300 mm. Estime el tiempo (s)

necesario para llenar el depósito.(Frank White 3.12)

215

Solución: Considerando el flujo de agua que sube al depósito (VS)

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo permanente e incompresible: ∯ V. dASC

= 0

V1 = V3 + V2

V1 = V3 = V2 = π

4(0.12)2[2.5 − 1.9]

��𝟑 = 𝟔. 𝟕𝟖 𝐱 𝟏𝟎−𝟑𝐦𝟑

𝐬

Conservación de la masa en el depósito: ∂

∂t∭ dV + ∯ V. dA = 0

SCVC

A xdh

dt− V3 = 0

dh

dt=

4 x 6.78 x 10−3

π x 0.752= 0.015359

∫ dh1

0.3

= 0.015359 ∫ dtt

to

𝐭 = 𝟒𝟓. 𝟓𝟕 𝐬

216

PROBLEMA20.- Una bomba mecánica se utiliza para inyectar presión a la llanta de una

bicicleta. La entrada a la bomba es de 1 cfm. La densidad del aire que entra a la bomba es de

0.075 Lb

ft3. El volumen inflado de una llanta de bicicleta es de 0.04 ft3. La densidad del aire de la

llanta inflada es de 0.4 Lb

ft3 . ¿Cuántos segundos se necesitan para presurizar la llanta, si

inicialmente no hay aire en ella?(Robertson Crowe 4.58)

Solución: Conservación de la masa para estado no permanente y compresible.

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

dm

dt− ρe x Ve = 0

∫ dmm

mo

= ρe x Ve ∫ dtt

to

m = ρe x Ve x t

𝐭 = ρinf x Vinf

ρe x Ve=

0.4 x 0.4 x 60

0.075 x 1= 𝟏𝟐. 𝟖 𝐬

PROBLEMA21.- Un embolo está subiendo durante la carrera de escape de un motor de 4

tiempos. Escapa masa de gas por las válvulas de escape, con una rapidez dada por:

m =0.65 x Pc x Ao

√R x Tc

Donde:Pc y Tc son la Presión y Temperatura del cilindro, Ao es el área de abertura de la válvula

de escape y R es la constante de los gases de escape. El diámetro interior del cilindro es de 100

mm y el embolo se mueve hacia arriba a razón de 30 m/s. La distancia entre embolo y la

cabeza es de 100 mm. El área de abertura de la válvula es 1 cm2, la presión de la cámara 300

KPa (abs), la temperatura de la cámara es 600 °C y la constante de los gases es 350J

Kg x K.

Aplicando la ecuación de continuidad, determine la rapidez con que la densidad del gas está

cambiando en el cilindro. Suponga que la densidad y presión son uniformes en el cilindro y el

gas es ideal.(Robertson Crowe 4.98).

Solución: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

217

ρdV

dt+ V

dρ

dt+ mg = 0

Vdρ

dt= − ρ

dV

dt− mg

dρ

dt=

− ρdV

dt−

0.65 x Pc x Ao

√R x Tc

V……… (1)

𝛒 =P

Rg x T=

300

0.350 x 873 = 𝟎. 𝟗𝟖𝟏𝟖

𝐊𝐠

𝐦𝟑

El volumen del gas que se va expulsar es:

𝐕 =π

4 x dp2 x carrera =

π

4 x 0.12 x 0.1 = 𝟕. 𝟖𝟓𝟑𝟗 𝐱 𝟏𝟎−𝟒𝐦𝟑

Calculo de: dV

dt=

Vf−Vocarrera

Vemb

𝐝𝐕

𝐝𝐭=

− Acil x carreracarrera

Vemb

= − π

4 x 0.12 x 30 = − 𝟎. 𝟐𝟑𝟓𝟔

𝐦𝟑

𝐬

Remplazando valores en la ecuación (1)

𝐝𝛒

𝐝𝐭=

− 0.9818 x (−0.2356) − 0.65 x 300000 x 10−4

√350 x 873

7.8539 x 10−4 = 𝟐𝟒𝟗. 𝟓𝟖

𝐤𝐠

𝐦𝟑𝐱 𝐬

PROBLEMA22.- En el esquema adjunto, se muestra la velocidad de flujo y la elevación de la

superficie del agua en t = 0. Al final de 20 s ¿Estará subiendo o bajando la superficie del agua y

a qué velocidad? Roberson Crowe 4.78)

Solución: La ecuación de conservación de la masa, establece que:

218

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible: ∂

∂t∭ dV + ∯ V. dA

SCVC= 0

A x dh

dt+ VSal − VEnt = 0

dh

dt=

VEnt − VSal

A

(𝐝𝐡

𝐝𝐭)𝟏 𝐟𝐭 ∅

= 1 x 12 − 2 x 0.52

12 = 𝟎. 𝟓

𝐟𝐭

𝐬(𝐒𝐮𝐛𝐞)

(𝐝𝐡

𝐝𝐭)𝟐 𝐟𝐭 ∅

= 1 x 12 − 2 x 0.52

22 =

𝟏

𝟖

𝐟𝐭

𝐬(𝐒𝐮𝐛𝐞)

Tanque 𝟏 𝐟𝐭 ∅ , para t = 20 s. H = 10 ft

Tanque 𝟐 𝐟𝐭 ∅ , para t = 20 s. H = 2.5 ft

PROBLEMA23.- Un fluido incompresible pasa sobre una placa plana impermeable como se

muestra en la figura, entrando con un perfil de velocidad uniforme u = uo y saliendo con un

perfil polinómicou = uo (3n−n3

2).Dónde:n =

y

δ. Calcular el caudal que atraviesa la superficie

superior del volumen de control.Considerar una placa impermeable de anchura “b”.(Frank

White 3.16).-

Solución: El principio de conservación de la masa en su expresión general, establece:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Considerando flujo permanente e incompresible: ∯ V. dA = SC

VSal − VEnt + V = 0

219

V + ∫ uo (3n − n3

2) dA − ∫ uo dA =

δ

0

δ

0

V + ∫ uo (3

y

δ− (

y

δ)3

2)b dy − ∫ uo b dy = 0

δ

0

δ

0

V + ∫ uo (3

2 x

y

δ−

1

2 x (

y

δ)3

)b dy − ∫ uo b dy = 0δ

0

δ

0

�� = uo x b x δ −5

8 x uo x b x δ =

𝟑

𝟖𝐮𝐨 𝐛 𝛅

PROBLEMA24.- En el fondo de un depósito rectangular de aceite se acumula agua, como se

muestra en la figura. ¿Cuánto tiempo tardara en salir el agua del depósito a través de un

orificio de 0.02 m de diámetro ubicado en el fondo del depósito? Suponer flujo cuasi

estático.(Munson Young 3.74).

Solución: Aplicamos Bernoulli entre la superficie del agua (2) y la salida del agua (3)

P2

γag+

V22

2g+ Z2 =

P3

γag+

V32

2g+ Z3

P2 + γag(Z2 − Z3) = ρag x Vs2

0.87 x 9.81 x 1.9 + 9.81 x h = 1000Vs2

2000

Vs = ( 32.43 + 19.62 h )1/2

Por conservación de la masa para flujo incompresible:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

220

A x dh

dt+ Vs x Ao = 0

−dh = Vs x (𝐀𝐨

𝐀𝐓) dt = ( 32.43 + 19.62 h )

1

2 x (Ao

AT)dt

Ao = π

4 x do2 =

π

4(0.02)2 = 3.14159 x 10−4m2

AT = 2.6 x 9.5 = 24.7 m2

Ao

AT= 1.27189 𝑥10−5

−∫ ( 32.43 + 19.62 ℎ)1

2𝑑ℎ = 1.27189 𝑥10−5 ∫ 𝑑𝑡𝑡

𝑡𝑜

0

0.7

𝐭 = 𝟖𝟖𝟏𝟑. 𝟔𝟓𝟓 𝐬 = 𝟐. 𝟒𝟒𝟖 𝐡

PROBLEMA25.- La bomba a chorro opera induciendo un flujo causado por la alta velocidad en

el interior del tubo de 50 mm de diámetro como se muestra en la figura. La velocidad en el

tubo pequeño es:𝑢(𝑟) = 200 [1 − (𝑟

𝑅)2]. Determinar la velocidad media (m/s) en la salida de

la tubería de 20 cm de diámetro.(Potter 4.45).

Solución: Conservación de la masa para flujo permanente e incompresible:

∂

∂t∭ dV + ∯ V. dA

SCVC

= 0

V1 + V2 = V3

V1 x A1 + V2 x A1 = V3 x A3

V1 x d12 + V2( d32 − d22) = V3 x d32 ………(1)

221

V1 x π R12 = ∫

200

R12

R

0

(R12 − r2) 2 π r dr

𝐕𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 𝐦

𝐬

Remplazando valores en la ecuación (1): 100 x 25 + 4 (202 − 52) = V3 x 202

𝐕𝟑 = 𝟏𝟎𝐦

𝐬

PROBLEMA 26.- Un lago que no tiene salida recibe agua de un rio a un flujo constante de 900

cfs. El agua se evapora de la superficie a un ritmo constante de 12 cfs por milla cuadrada de

área de la superficie. El área varía con la profundidad h (ft) a razón: 𝐀 (𝐦𝐢𝐥𝐥𝟐) = 𝟔 + 𝟓 𝐡 (𝐟𝐭).

Determinar: a) La profundidad (ft) del agua en equilibrio en el lago b) Bajo que descarga (cfs)

del rio se secara el lago.

Solución: El principio de conservación de la masa, establece que:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

a) Para flujo permanente e incompresible: ∯ V. dA = 0 SC

Vevap = VEnt

12cfs

mill2 x (6 + 5h)mill2 = 900 cfs

𝐡 = 𝟏𝟑. 𝟖 𝐟𝐭

b) El lago se secara cuando h=0, por lo que: Vevap = VSal

��𝐒𝐚𝐥 = 12 x (6 + 5 (0)) = 𝟕. 𝟐 𝐜𝐟𝐬

PROBLEMA27.- Una tubería alimenta fluido a un embudo como se muestra en la figura. La

descarga de la tubería es de 0.03 cfs. La velocidad de salida varia con la altura del líquido del

embudo, según:𝐕𝐬 = √𝟐 𝐠 𝐡. Donde “g” es la aceleración debida a la gravedad. El área de

sección transversal del tanque varía según: 𝐀𝐬 (𝐟𝐭) = 𝟎. 𝟎𝟏 𝐡𝟐, donde “h” esta expresado en

222

pies. El diámetro de salida de la tubería es de 1 in. Encuentre el nivel del fluido en el embudo

para la cual se alcancen condiciones de flujo permanente.(Robertson Crowe 4.87).

Solución: La condición del problema establece un flujo permanente ó estacionario.

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo permanente e incompresible: ∯ V. dA = 0 SC

VSal − VEnt = 0

√2 g h x π

4 x d2 = VSal

𝐡 = 4 x 0.03

π2 x 32.2 x (1

2)4 = 𝟎. 𝟒𝟔𝟗 𝐟𝐭

PROBLEMA28.- Un tanque cilíndrico vertical de sección transversal “A” contiene agua a 20°C,

el cual está sometido a una presión “P”, la profundidad inicial “ho” del agua en el tanque es de

2 m. si se hace un orificio en el fondo del tanque de sección transversal “a”, la velocidad

aproximada de salida del agua está dada por:𝐕𝐬 = √𝟐𝐏

𝛒+ 𝟐𝐠𝐡. Dónde: “P” es la presión, "𝛒"

densidad del agua y “h” es la elevación de la superficie del agua sobre sobre la salida.

Considerando: A = 1 m2,a = 20 cm2 y P = 15 KPa. Determinar el porcentaje del tiempo que

se ahorra para vaciar totalmente el agua del tanque, cuando el agua está sometida a presión y

no lo está.(Roberson Crowe 4,88)

Solución: El principio de conservación de la masa, establece que:

223

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Tanque de agua sin presión: Para flujo incompresible:

A x dh

dt+ Vs x a = 0 ……… . (1)

√2 g x h0.5 x a = −Adh

dt

√2 g x (a

A) x ∫ dt = −∫ h−0.5x dh

h

ho

t

to

√2 g

2 x (

a

A) x t = √ho − √hf

Si se vierte totalmente hf = 0

𝐭 = 2 x √ho

√2 g x (

A

a) = √

2 x 2

9.81 x (

1

20 x 10−4) = 𝟑𝟏𝟗. 𝟐𝟕𝟓 𝐬

Tanque de agua con presión: De la ecuación (1)

Adh

dt+ √

2P

ρ+ 2gh x a = 0

−Adh

dt= (

2P

ρ+ 2gh)

1

2

x a

−(A

a)∫ (

2P

ρ+ 2gh)

−1

2

dh = ∫ dtt

to

hf

ho

Vaciado completo: hf = 0

t = (a

A) x

1

g[(

2P

ρ+ 2gho)

1

2

− (2P

ρ)

1

2

]

𝐭 = (1 x 104

20) x (

1

9.81) [(

2 x 15000

998+ 2 x 9.81 x 2)

1

2

− (2 x 15000

998)

1

2

] = 𝟏𝟒𝟒. 𝟖𝟒𝟕 𝐬

224

Por lo que el tiempo se reduce en 54.63%

PROBLEMA29.- Agua a 20°C fluye del tanque “A” al tanque “B”. Ambos tanques están

conectados por un orificio de 60 mm de diámetro, hecho en la parte lateral de ambos. Las

áreas (vistas de planta) son: AA = 2 m2 y AB = 4 m2. Los gastos volumétricos de ingreso de

agua al tanque “A” son: 6 L/s y 12 L/s y de salida del tanque “B” son: 4 L/s y 8 L/s.

considerando que la superficie libre del agua en el tanque “B” baja con una velocidad de 0.5

mm/s. Determinar la rapidez de cambio (mm/s) de la superficie libre del agua en el tanque

“A”.

Solución:

Análisis en el tanque “B”: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible:

AB x dh

dt+ V3 + V4 − V = 0

�� = V3 + V4 − AB x dh

dt = (4 + 8) − 4 x 1000 x 10−3 = 𝟏𝟎

𝐋

𝐬

Análisis en el tanque “A”

AA x dh

dt+ V − V1 − V2 = 0

dh

dt=

−V + V1 + V2

AA

(𝐝𝐡

𝐝𝐭)𝐀

=(6 + 12) − 10

2= 4

L

s x m2 x 1000 x 10−3 = 𝟒

𝐦𝐦

𝐬

225

PROBLEMA30.- Conforme fluye aire como se muestra en la figura, sobre una placa plana su

velocidad se reduce a cero en la pared. Si 𝐮(𝐲) = 𝟏𝟎 (𝟐𝟎𝐲 − 𝟏𝟎𝟎𝐲𝟐)𝐦

𝐬. Calcule el flujo másico

(m) a través de una superficie de una superficie llana paralela a la placa y a 0.02 m sobre ella.

La placa es de 2 m de ancho y ρ: 1.223 Kg/m3.(Potter 4.34).

Solución: Aplicar conservación dela masa sobre la placa en estudio.

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Considerando flujo permanente: ∯ V. dA = SC

m + m1 + m2 − m3 = 0

m + m1 + m2 = m3

m + ρ x 10 x 0.1 x 2 + ρ ∫ 10 (20y − 100y2) 2 dy = ρ x 10 x 0.2 x 20.1

0

m + 2 ρ + 20 ρ ∫ (20y − 100y2) dy = 4ρ0.1

0

�� + 2 𝜌 +4

3𝜌 = 4𝜌

�� =2

3 ρ =

2

3𝑥 1.23 = 𝟎. 𝟖𝟐

𝐊𝐠

𝐬

PROBLEMA31.- En la figura que se muestra, si la masa del volumen de control no cambia.

Determinar V3 (m

s).(Potter Merle 4.37)

Solución: Condición del problema es flujo permanente.

226

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

∯ V.dA = 0 SC

m1 = m2 + m3 …….. (1)

Análisis en la sección (1): V x π x R2 = ∫ u(r)dAArea

V x π x R2 = ∫ 10 (4 − R2) 2 π r drR

0

𝐕𝟏 = 5 (8 − R2) = (8 − 22)V1 = 𝟐𝟎 𝐦

𝐬

Remplazando valores en la ecuación (1): 1000 x 20 xπ

4 x 0.042 = 10 + 1000 x V3 x

π

4 x 0.042

𝐕𝟑 = 𝟏𝟐. 𝟎𝟒𝟐 𝐦

𝐬

PROBLEMA32.-Una fina capa de agua a 10°C en régimen estacionario se desplaza por una capa

impermeable de 2m de ancho. Aguas arriba se tiene flujo uniforme con una profundidad de

0.75 ft; 10 m aguas abajo la distribución de velocidad está dado por la ecuación: 𝑢(𝐲) =

(𝟒𝐲 − 𝟐𝐲𝟐); donde “y” está dado en (ft) y 𝑢(𝑦)en (ft/s). Considerando una profundidad en

esta sección de 1 ft. Determinar la velocidad (ft/s) agua arriba.

Solución:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo permanente e incompresible: ∯ V. dA = 0 SC

∫ u dA = ∫ u dA1

0

0.75

0

∫ u x B x dy = ∫ ( 4y − 2y2) x B x dy1

0

0.75

0

V x B x 0.75 = B x4

3

227

𝐕 =16

9= 𝟏. 𝟕𝟕𝟕

𝐟𝐭

𝐬

PROBLEMA33.- Hacia un compresor se inyecta aire a condiciones atmosféricas normales a un

régimen estable de 30 m3/min .La razón de presión del compresor Psal

Pent es de 10 a 1. A través

del compresor se cumple P

ρn = cte, con n = 1.4. Si la velocidad media en el tubo de descarga

del compresor no debe exceder de 30 m/s. Calcular el mínimo diámetro necesario del tubo de

descarga.(Munson Young 5.13).-

Solución: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

∯ ρ V. dASC

= 0

ρe x Ve = ρs x Vs xπ

4 x d2

d = √4 x ρe x Ve

ρs x π x Vs ………(1)

Por condición del problema: (Pe

Ps)

1

n=

ρe

ρs … . . …… . (2)

Remplazando la ecuación (2) en (1):

𝐝 = √4 𝑥 (

1

10)1/1.4

𝑥30

60

𝜋𝑥 30= 𝟎. 𝟎𝟔𝟒 𝐦

PROBLEMA34.- Una fuga lenta se presenta en un neumático (suponga volumen constante)

donde se necesitan 3 horas para que la presión baje de 30 Psig a 25 Psig. El volumen de aire

del neumático es de 0.5 ft3y la temperatura permanece constante a 60 °F. El flujo másico del

aire está dado por:m = 0.68 P x Ao

√R x T. Considerando la presión atmosférica 14.7

Lbf

Pulg2 .

Determinar el área (Pulg2) del agujero. Considerar Raire = 1716 ft2

s2−°R(Robertson Crowe

4.83).

Solución: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

228

ρdV

dt+ V

dρ

dt+ msal = 0

Vdρ

dt= −0.68

P x Ao

√R x T

V (dP

P) x

1

R T= −0.68

P x Ao

(R T)1/2

∫dP

P= −0.68

Ao

V x √R x T∫ dt

t

to

P

Po

Ln (P

Po) =

0.68 x Ao

V x √R x T x t

Ao =V

0.68 x √R x T x t x Ln (

P

Po) =

0.5 x 14.4

0.68 x √1716 x 520 x 3 x 3600 x Ln (

44.7

39.7)

𝐀𝐨 = 𝟏. 𝟐𝟑 𝐱 𝟏𝟎−𝟔 𝐩𝐮𝐥𝐠𝟐

PROBLEMA35.- La velocidad del agua que entra al volumen mostrado en la figura es V(t) =

10 e−t/10 (m

s). Suponiendo h(0) = 0. Calcule h (t) si el volumen es un cono.(Potter 4.51).

Solución: El volumen para un tronco de cono, es: dV =π

3 x dh (R2 + r2 + Rr)

Tg θ =R

h=

r

( h − dh)

R2 = Tg2θ x h2

229

r2 = Tg2θ (h − dh)2

R x r = Tg2θ (h)(h − dh)

dV =π

3 x dh x Tg2θ [h2 + h2 − 2h dh + dh2 + h2 − h dh] = π (h x Tg2θ)2 dh

Conservación e la masa para flujo incompresible.

∂

∂t∭ dV + ∯ V. dA

SCVC

= 0

dV

dt= Vent

π x Tg2θ x h2 x dh = 10 e−t/10 xπ

4 x d2 x dt

∫ h2 dh =10 x d2

4 x Tg2θ

h

ho

x ∫ e−t/10t

to

dt

h3

3=

10 x 0.042

4 x (√3)2 ∫ e−t/10

t

to

dt

h3 = −0.004 (e−t/10 − 1) = 0.004 (1 − e−t/10)

𝐡(𝐭) = 𝟎. 𝟑𝟒𝟐𝟑𝟔 (𝟏 − 𝐞−𝐭

𝟏𝟎)𝟏/𝟑

PROBLEMA36.- En algunos túneles de viento la sección de ensayos esta perforada para

succionar el fluido y reducir el espesor de la capa limite viscosa. La pared de la sección de

ensayos contiene 1200 orificios de 5 mm de diámetro por metro cuadrado de pared. La

velocidad de succión por cada orificio es de 8 m/s y la velocidad entrada a la sección de

ensayos es de 35 m/s. suponiendo un flujo de aire estacionario e incompresible a 20°C.

Determinar la velocidad (m/s): a) De ingreso de aire por la sección de 2.5 m de diámetro b)

De salida a la sección de ensayo c)De salida del aire por la sección de 2.2 m de diámetro.Frank

White 3.33).

230

Considere los siguientes datos: VSuc (orificio) = 8m

s dorificio = 5 mm

V1 = 35m

s L = 4 m d3 = 2.2 m d1 = 0.8 m d0 = 2.5 m

Solución:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo permanente e incompresible: ∯ V. dA = 0SC

Análisis entre las secciones (0 – 1)

Vo x π

4 x do2 = V1 x

π

4 x d1

2

𝐕𝐨 = V1 x (d1

d0)2

= 35 x (0.8

2.5)2

= 𝟑. 𝟓𝟖𝟒 𝐦

𝐬

Análisis en la sección de ensayo:

V2 + VTOT SUC = V1

V2 = V1 − VTOT SUC …………(1)

��𝐓𝐎𝐓 𝐒𝐔𝐂 = 1200 x π x 0.8 x 4 xπ

4 x (

5

1000)2

x 8 = 𝟏. 𝟖𝟗𝟓 𝐦𝟑

𝐬

V2 = 35 xπ

4 x 0.82 − 1.895 = 15.6979

m3

s

𝐕𝟐 =4 x V

π x d22 =

4 x 15.6979

π x 0.82= 𝟑𝟏. 𝟐𝟑

𝐦

𝐬

Análisis entre las secciones (2 – 3): V2 x d22 = V3 x d3

2

𝐕𝟑 = 𝟒.𝟏𝟐𝟗 𝐦

𝐬

231

PROBLEMA37.- Determine el tamaño de tubería de acero(εo = 0.00015 ft) cedula 80 que se

necesita para conducir agua a 160 °F (γ = 61Lbf

ft3) , (γ = 4.38 x 10−4 ft2

s) con una caída de

presión máxima de 10 Psi por cada 1000 ft de longitud, cuando el flujo volumétrico es de 0.5

cfs.(Robert Mott 11.17).

Solución: Considerando una tubería horizontal de sección transversal constante:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + hf

P1 − P2

γ= f x

L

d x

V2

2g

∆P

γ= f x

L

d5 x

1

2g x

16 x V2

π2

10 x 144

61= f x

1000

d5 x

1

2 x 32.2 x

16 x 0.52

π2

3.75109 x d5 = f …………(1)

Asumir f ∗ = 0.0175 y remplazar dicho valor en la ecuación (1), d∗ = 0.3418 ft

Comprobar el valor de f ∗ asumido:

Re =4 x V

π x d x γ=

4 x 0.5 x 106

π x 0.3418 x 4.38= 4.25 x 105

εo

d=

0.00015

0.3418= 0.000438

Con dichos valores, en el Diagrama de Moody: f = 0.0175

Acero Cedula 80: 4”: di = 0.3185 ft 5”: di = 0.4011 ft

Nuestros cálculos dan d: 0.3418 ft: Se selecciona en exceso: 5”

PROBLEMA38.- El arreglo mostrado en la figura se utiliza para medir la perdida de energía en

una válvula. La velocidad del flujo de agua a 40 °F es de 0.10 cfs. Determinar el índice o

coeficiente “K” de perdida secundaria de la válvula. Si ∆H = 6.4 in (Robert Mott 7.6).

232

Solución: P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

P1 − P2

γ=

K x V2

2g …………(1)

Por manometría: P1 + γ x ∆H = P2 + γm x ∆H

P1 − P2

γ= ∆H (Sm − 1) ……… . (2)

Igualamos las ecuaciones (1) y (2): K x V2 = 2 g ∆H (Sm − 1)

Dimensiones de tuberías de acero: Cedula 40: 3 in → di = 0.2557 ft

V =4 x V

π x d2=

4 x 0.1

π x 0.25572= 1.9473

m

s

K x 1.94732 = 2 x 32.2 x (6.4

12) ( 1.6 − 1)

𝐊 = 𝟓. 𝟒𝟑

PROBLEMA39.- Un tambor cilíndrico que contiene agua, guarda la disposición que se muestra

en la figura. Se está vaciando por un tubo corto de 2 in de diámetro situado en el fondo del

tambor. La velocidad del agua que sale del fondo del tubo es V = √2gh, donde “g” es la

aceleración debida a la gravedad y “h” es la altura de la superficie del agua arriba de la salida

del tanque. El tanque mide 4 ft de largo y 2 ft de diámetro. Inicialmente el tanque está lleno

hasta la mitad. Encuentre el tiempo (s) necesario para que el tanque se vacíe.(Roberson Crowe

4.84).

233

Solución

h = R − y

x2 + y2 = R2

x = √(R − y)(R + y)

V = √2gh

Conservación de la masa:

(DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para flujo incompresible: dV

dt+ Vsal = 0

− d∀= √2g × √h × a × dt ……… . (1)

d∀ = −2 L x dy

Remplazando en la ecuación (1): 2 L x dy = √2g × √h × a × dt

2 L √(R − y)(R + y) × dy = √2g × √R − y × a × dt

2 L √(R + y) × dy = √2g × a × dt

dt = 2 L

√2g ×π

4 × d2

× (R + y)1/2 dy

234

∫ dtt

0

= 8 L

√2g × π × d2 × ∫ (R + y)1/2 dy

R

0

t = 8 L

√2 × 32.2 × π × (2

12)2 ×

2

3[(2R)3/2 − R3/2]

R = 1 ft

𝐭 = 𝟓𝟓. 𝟔𝟗 𝐬

PROBLEMA 40.- Como se muestra en la figura. Un conducto consiste en 7 tubos lisos de 20

mm de diámetro agrupados en una malla hexagonal, dentro de un tobo de 60 mm de

diámetro. Estime la caída de presión (Pa) por unidad de longitud, si por el interior del conducto

fluyen 150 mch de aire a 20 °C y 1.013 bar(μ = 1.81 x 10−5Pa. s)

Solución: La ecuación de Darcy establece que la caída de presión, es:

∆P = f xL

d x ρaire x

V2

2 …………(1)

Calculo de la velocidad del aire por cada tubo

V = VTOTAL

# tubos x π

4 x d2

= 4 x (

150

3600)

7 x π x 0.022= 18.947

m

s

Calculo de la densidad del aire: ρ =P

Raire x T=

101.3

0.287 x 293= 1.2

Kg

m3

Calculo del coeficiente de fricción: f = φ (Re ,εo

D)

Los tubos son lisos, por lo que el coeficiente de fricción f = φ(Re)

235

Re = ρ x v x d

μ=

1.2 x 18.947 x 0.02

1.81 x 10−5= 2.5 x 104

Por lo que f = 0.0245. Remplazar valores en la ecuación (1)

∆𝐏 = 0.0245 x1

0.02 x 1.2 x

18.9472

2= 𝟐𝟔𝟑. 𝟖𝟓 𝐏𝐚

PROBLEMA41.- En la figura se muestra un intercambiador de calor de coraza y tubos de 15 m

de largo de hierro galvanizado (𝜀𝑜 = 0.15 𝑚𝑚). Los tubos son de 50 mm de diámetro. Por el

lado de la coraza circula agua con una temperatura promedio de 20°C (γ = 1.007 x 10−6 m2

s)

a razón de 0.1 𝑚3

𝑠. Determinar la caída de presión (KPa) por el lado de la corza (mm).

Solución: La ecuación de Darcy establece que la caída de presión, es:

∆P = f xL

d x

V2

2 …………(1)

Cálculo de la velocidad media (V)

Area = 0.22 − 0.12 +π

4(0.05)2 = 0.03196 m2

V =V

A =

0.1

0.03196= 3.128

m

s

Cálculo del diámetro hidráulico (dH)

dH =4 x A

P

236

dH = 4 x 0.03196

0.2 x 4 + 0.2 + 3π x 0.05= 0.08689 m

Cálculo del coeficiente de fricción “f”

Re =V x dH

γ=

3.128 x 0.08689

1.007 x 10−6= 2.7 x 105

εo

dH=

0.15 mm

86.89 mm= 0.001726

Diagrama de Moody: f = 0.023. Remplazando valores en la ecuación (1)

∆𝐏 = 0.023 x15

0.08689 x 1000 x

3.1282

2 x 10−3 = 𝟏𝟗. 𝟒𝟐 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA42.-En el esquema adjunto se muestra una tubería horizontal en la que circula un

fluido en régimen laminar. Si la tubería es lisa. Determinar la caída de presión, según la

ecuación funcional siguiente: ∆P = φ (μ, L, V, d)

Solución:La ecuación de Darcy establece que la caída de presión, es:

∆P = f xL

dx ρ x

V2

2

Para régimen laminar, el coeficiente de fricción, es. f =64

Re

f =64 x μ

ρ x v x d

∆P =64 x μ

ρ x v x d x

L

d x ρ x

V2

2=

32 x μ x L x v

d2

237

∆𝐏 = 32 x μ x L

d2 x

4 x V

π x d2=

𝟏𝟐𝟖 𝐱 𝛍 𝐱 𝐋 𝐱 ��

𝛑 𝐱 𝐝𝟒

PROBLEMA43.- Por gravedad, de un lago a otro fluye agua a razón estable de 900 gpm, como

se muestra en la figura. ¿Cuál es la perdida de energía disponible asociada en este flujo? Si esta

misma cantidad de pérdida se asocia con el bombeo del fluido del lago inferior al lago superior

al mismo caudal. Calcular la cantidad de potencia de bombeo requerida.(Munson Young

5.118)

Solución:Conservación de la energía entre (1) y (2).

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

g x (Z1 − Z2) = Pc x g

32.2 x 50 = 1610 ft2

s2

Aplicamos la ecuación de la energía entre (2) y (1) y utilizamos una bomba

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

HB = (Z1 − Z2) + Pc = 50 + 50 = 100 ft

𝐏 = γ VHB = 62.4 x (100

449) x

100

550 = 𝟐. 𝟓𝟐𝟔𝟖 𝐇𝐏

PROBLEMA44.- Se utiliza una bomba para transferir aceite SAE – 30 del tanque “A” al tanque

“B”, como se muestra. Los tanques tienen un diámetro de 10 m. la profundidad inicial en el

238

tanque “A” es 20 m y en el tanque “B” la profundidad del aceite es 1 m. la bomba entrega una

carga constante de 60 m. la tubería de conexión tiene un diámetro de 200 mm y la pérdida de

carga debida a la fricción en la tubería es 20𝑉2

2𝑔 .Encuentre el tiempo (h) necesario para

transferir el petróleo del tanque “A” al “B”, es decir, el tiempo necesario para llenar el tanque

“B” a 20 m de profundidad.(Robertson Crowe 7.45).

Solución:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

Z1 + HB = Z2 + 20 xV2

2g +

V2

2g = Z2 +

V2

2g(20 + 1)

21 x V2

2g= 60 + (Z1 − Z2)

V = 0.9665 x [60 + (Z1 − Z2)]1

2 ………(1)

Análisis en el tanque “B”: (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para fluido incompresible: AT xdh

dt= AT x V

dh

dt= (

0.2

10)2

x V = 40 x 10−4 ………… . . (2)

Remplazar la ecuación (1) en (2)

dh

dt= 40 x 10−4 x 0.9665 x [60 + (Z1 − Z2)]

1

2 = 3.866 x 10−4[81 − 2h]1/2

239

∫ (81 − 2h)−1/2 dh = 3.866 x 10−4 ∫ dtt

to

20

1

𝐭 = 𝟔𝟒𝟐𝟕. 𝟒 𝐬 = 𝟏. 𝟕𝟖𝟓 𝐡

PROBLEMA45.- Por los conductos “I” y “II” circula el mismo fluido, a la misma temperatura. Si

ambos conductos son del mismo material y transportan el mismo caudal. Demuestre en cuál

de ellos se genera mayor coeficiente de fricción.

Solución: Condición del problema:

εoI = εoII ; ρI = ρII

TI = TII ; VI = VII

𝐝𝐇𝐈 = 4 x

a2

2

2a= 𝐚 𝐝𝐇𝐈𝐈 =

4 x1

2 x

π

4a2

π a

2

= 𝐚

𝐑𝐞𝐈 = V x a a2

2 x γ

=2 V

a γ=

𝐂𝟏

𝐚

𝐑𝐞𝐈𝐈 = V x a

π

4x

a2

2 x γ

=8 V

π a γ=

2 x 4 x V

π x a x γ= 𝟏. 𝟐𝟕 𝐱

𝐂𝟏

𝐚

Por lo que: 𝐟𝐈 > 𝐟𝐈𝐈

PROBLEMA46.- El esfuerzo cortante en la pared de una porción de flujo totalmente

desarrollado de una tubería de 12 in que transporta agua es de 1.85 Lbf

ft2 .Determine el

gradiente de presión (∂P

∂x), donde “x” está en la dirección del flujo, si la tubería es a)

Horizontal, b) Vertical con el flujo hacia arriba y c) Vertical con el flujo hacia abajo.(Munson

Young 8.10).

240

Solución: Para el análisis del problema se trazará el diagrama de fuerzas correspondiente:

Fuerzas Superficiales y Fuerzas Volumétricas.

P − (P +∂P

∂l dl) A − γ A dl Senθ − τc x A

∗ = m al

− ∂P

∂l dl π r2 − γ π r2 x dl Senθ = τc x 2πrdl

− ∂P

∂l x r − γ r Senθ = 2 τc

− ∂P

∂l − γ Senθ =

2 τc

r

𝛛𝐏

𝛛𝐥= − (

𝟐 𝛕𝐜

𝐫+ 𝛄 𝐒𝐞𝐧𝛉 )𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝐠𝐞𝐧𝐞𝐫𝐚𝐥

a) Tubería horizontal (Ɵ = 0)

𝛛𝐏

𝛛𝐱= − (

2 x 1.856

12

+ 0 ) = −𝟕. 𝟒𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

b) Tubería vertical, hacia arriba (Ɵ=90°)

∂P

∂x= − (

2 τc

r+ γ )

𝛛𝐏

𝛛𝐱= − (

2 x 1.85

0.5+ 62.4 ) = −𝟔𝟗. 𝟖

𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

c) Tubería vertical, hacia abajo

𝛛𝐏

𝛛𝐱= − (7.4 – 62.4 ) = 𝟓𝟓

𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

241

PROBLEMA47.- La caída de presión necesaria para forzar el agua a través de una tubería

horizontal de 1 in de diámetro es 0.60 Psig para cada 12 ft de longitud de tubería. Determinar

el esfuerzo cortante (Lbf

ft2) a distancia de 0.3”, 0.5” y en la pared de la tubería.

Solución: De la ecuación general, del problema anterior:

∂P

∂l= − (

2 τc

r+ γ Senθ )

Consideramos el flujo de agua de izquierda a derecha en la tubería horizontal (Ɵ=0)

∂P

∂x= −

2 τc

r

τc = − (∂P

∂x) x (

r

2)

a)

τc(r = 0.5 in) = − (

0.60 x 144

12) x (

0.5

12)

2= − 𝟎. 𝟏𝟓

𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

b)

𝛕𝐜(𝐫 = 𝟎. 𝟐 𝐢𝐧) = − (

0.60 x 144

12) x (

0.2

12)

2= −𝟎. 𝟎𝟔

𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐

c)

𝛕𝐜(𝐫 = 𝟎 𝐢𝐧) = 𝟎

PROBLEMA48.- El aceite (S=0.86) se enfría al bombearlo por un canal espiral arrollado sobre

una tubería de 70 mm de diámetro (20 espiras). La sección del canal es una semicircunferencia

de 10 mm de diámetro. Determinar el gasto de aceite, si la diferencia de presiones en el canal

es 2 bar. Considerar el coeficiente de rozamiento f = 0.03. Despreciar las perdidas locales.

Solución:

∆P = fL

dHρac x

V2

2 ……… . . (1)

Cálculo del diámetro hidráulico

dH =4 A

P=

4 x1

2 x

π

4 x d2

π d

2+ d

= π d

2 (π

2+ 1)

= π x 10

2 (π

2+ 1)

= 6.11 mm

242

Cálculo de la longitud (L). L = π x D x N° espiras = π x 70 x 20 = 4398,229 mm

Remplazar valores en la ecuación (1)

2 x 105 = 0.03 x 4398,229

6.11 x

860

2 x V2

V = 4.64 m

s

�� = 4.64 xπ

4 x

1

2 x (0.01)2 x 1000 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟐𝟐

𝐋

𝐬

PROBLEMA49.- En el sistema que se muestra en la figura, la tubería (1) tiene una longitud de

40 m y 80 mm de diámetro. La tubería (2) mide 20 m de largo y 80 mm de diámetro. Se instala

una bomba centrifuga en el ramal (1) cuya curva característica de Carga Vs Caudal está dado

por la ecuación: HB = 20 − 200 V2; donde la carga está dada en (m) y la capacidad en (m3

s).

Considerar agua a 20°C, igual coeficiente de fricción en las tuberías e igual a 0.025.

Despreciando la variación de energía potencial y las perdidas secundarias. Determinar a) El

caudal (m3

s) de bombeo b) La Potencia hidráulica (KW)

Solución: El análisis del problema se hará en cada uno de los ramales.

Ramal (1):PA

γ+

VA2

2g+ ZA + HB =

PB

γ+

VB2

2g+ ZB + Pc1

PA − PB

γ+ HB = f1

L1

d1 x

V12

2g ……… . . . (1)

Ramal (2): PA− PB

γ+ HB = f2

L2

d2 x

V22

2g …………(2)

Remplazar la ecuación (2) en (1)

HB = f1L1

d1 x

V12

2g− f2

L2

d2 x

V22

2g

243

HB = f1L1

d1 x

16 x V12

2g x π2 x d14 − f2

L2

d2 x

16 x V22

2g x π2 x d24

HB =8 f

π2 x g x d5 [V12 x L1 − V2

2x L2]

20 − 200 V12 =

8 x 0.025

π2 x 9.81 x 0.085 [V12 x 40 − V2

2x 20 ]

Pero: εo1 = εo2 ; d1 = d2 ; f1 = f2

Por lo que:ReI = ReII y V1 = V2

∴ V1 = V2

20 − 200 V12 =

8 x 0.025

π2 x 9.81 x 0.085 [V12 x 40 − V1

2x 20 ]

V1 = 0.0395 m3

s

HB = 20 − 200 (0.0395)2 = 19.68 m

𝐏 = 9.81 x 0.0395 x 19.68 = 𝟕. 𝟔𝟐 𝐊𝐖

PROBLEMA50.- Agua contenido en un cilindro de 900 mm de diámetro, es descargado a través

de una tubería de 3.6 m de largo y 50 mm de diámetro. ¿En qué tiempo la carga sobre la salida

del cilindro pasa de 2.4m a 1.2m? Considerar f = 0.04 y la pérdida de carga a la entrada de la

tubería igual a 0.5V2

2g .

244

Solución: Aplicar conservación de la energía entre (1) y (2)

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

V2

2g= (Z1 − Z2) − Pc = h −

V2

2g(f

L

d+ K)

h =V2

2g[1 + K + f

L

d]

h =V2

2 x 9.81[1 + 0.5 + 0.04 x

3.6

0.05]

V = 2.1164 h1/2

Aplicamos conservación de la masa (DM

Dt)sis

= ∂

∂t∭ ρ dV + ∯ ρ V. dA

SCVC

Para fluido incompresible: AT xdh

dt+ V x a = 0

π

4D2 x

dh

dt= −V x

π

4 d2

dh

dt= −V x (

d

D)2

= −2.1164 h1/2 x (d

D)2

− h−1/2 dh = 2.1164 x (50

900)2

dt

− ∫ h−1/2 dh =hf

ho

6.53 x 10−3 ∫ dtt

to

2 x [√2.4 − √1.2] = 6.53 x 10−3 t

𝐭 = 𝟏𝟑𝟖. 𝟗 𝐬

PROBLEMA51.- En la conducción hidráulica que se muestra. Determinar los caudales V1,

V2, V3 (L

s). Si los tubos son ásperos (εo = 0.15 mm), l1 = 5 m; l2 = 8 m ;d1 = 20 mm y d2 =

30 mm. Utilice la ecuación de NIkuradse:1

√f= 2Log

d

εo+ 1.14

245

Solución:

PA

γ+

VA2

2g+ ZA =

PB

γ+

VB2

2g+ ZB + Pc

H1 − H2 = f1L1

d1 x

V12

2g+ f2

L2

d2 x

V22

2g+ f3

L3

d3 x

V32

2g

H1 − H2 = f2L2

d2 x

1

2g(V1

2 + V22 + V3

2) ……… . (1)

1

√f2= 2Log

30

0.15+ 1.14

f2 = 0.030329

Remplazando valores en la ecuación (1)

8 = −0.030329 x8

0.03 x

1

2 x 9.81 x (V1

2 + V22 + V3

2)

19.407 = V12 + V2

2 + V32 …………… . . (2)

Pero: V2 =16 x V2

π2 x d4

19.407 =16

π2 x 0.03044 x (V1

2+ V2

2+ V3

2)

9.696 x 10−6 = V12+ V2

2+ V3

2 ……… . (3)

246

Se sabe que:

V1 = V + V2 Y V2 = V + V3

Resolviendo la ecuación (3): ��𝟏 = 𝟐. 𝟔 𝐋

𝐬��𝟐 = 𝟏. 𝟔

𝐋

𝐬��𝟑 = 𝟎. 𝟔

𝐋

𝐬

PROBLEMA52.-Por una tubería (εo = 0.015 mm) con una pendiente 1/10 fluye un fluido

(ρ = 800Kg

m3 , 10−6 m2

s). Considerando 100 mm de diámetro de la tubería. Calcular: a) El

esfuerzo cortante máximo (KPa) b) El caudal que circula (m3

s)

Solución:

a) Cálculo del esfuerzo cortante

(P1 − P2) π R2 − γ π R2L Senθ = 2 π R τo L

(P1 − P2

γ) − ∆Z =

2 τo L

γ R ……… . (1)

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

(P1 − P2

γ) − ∆Z = Pc ………(2)

Igualamos las ecuaciones (1) y (2)

τo = Pc x γ x R

2 x L ……… . (3)

Cálculo de la pérdida de energía

Pc =150 − 120

0.8 x 9.81− 3 = 0.8226 m

Remplazar valores en la ecuación (3)

247

τo = 0.8226 x 0.8 x 9.81 x 0.05

2 x 30.1496= 5.353 x 10−3 KPa

b) Cálculo del caudal

0.8226 = f 30.1496

0.05 x

V2

2 x 9.81

0.05353 = f V2 ………… . . (4)

La solución es por método iterativo:

Asumimos f ∗ = 0.017; reemplazamos este valor en la ecuación (4) para determinar

V∗ = 1.7439m

s

Comprobar el valor f ∗ asumido

Re∗ =1.7439 x 0.1

10−6= 1.7 x 105 y

εo

d=

0.015 mm

100 mm= 0.00015

En el diagrama de Moody: f = 0.0176, lo que confirma el valor supuesto.

�� = 1.7439 xπ

4 x 0.12 = 𝟎.𝟎𝟏𝟑𝟔𝟗

𝐦𝟑

𝐬

PROBLEMA53.- Circula agua a 10°C (ρ = 1000Kg

m3 , γ = 1.31 x10−6 m2

s)a razón de 0.3

m3

s del

depósito al manómetro. Considerando la pérdida de carga en la succión de 1.5V2

2g , donde V es

la velocidad del agua en la tubería de 30 cm de diámetro. Considerando tubería lisa en la

descarga de 20 m y una eficiencia de la bomba de 85%. Determinar la potencia de

accionamiento de la bomba (KW).

248

Solución:

Po

γ+

Vo2

2g+ Zo + HB =

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + Pc

HB = (Z1 − Zo) + V1

2

2g+ PSuc + PDescarga +

P1

γ

HB = (Z1 − Zo) + V30

2

2g+

V402

2gx 1.5 + f x

L

d x

V302

2g+

P1

γ

HB = (Z1 − Zo) + V30

2

2g(1 + f

L

d) +

V402

2gx 1.5 +

P1

γ ………(1)

Calculo de la velocidad “V”, en:

V40 =4 x 0.30

π x 0.402= 2.387

m

s y V30 =

4 x 0.30

π x 0.302= 4.244

m

s

Cálculo del coeficiente de fricción “f” en la descarga

Re =4.244 x 0.30

1.31 x 10−6= 9.7 x 105 f = 0.012

Remplazar valores en la ecuación (1)

HB = 4 + 4.2442

2 x 9.81(1 + 0.012 x

20

0.3) +

2.3872

2 x 9.81x 1.5 +

100

9.81 = 16.281 m

��𝐞 = γ x V x HB

nB= 𝟓𝟔. 𝟑𝟕 𝐊𝐖

PROBLEMA54.- En el esquema adjunto derívese una expresión para determinar la energía que

se comunica al fluido: P = φ (ρ, V, g, ∆H, SHg, d1)

249

Solución:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2

HB = P2 − P1

γ+ ∆Z −

V12

2g ………… (1)

Aplicamos manometría entre (1) y (2)

P1 + γHg x ∆H = P2 + γag x ∆Z + γag x ∆H

P2 − P1

γag+ ∆Z = ∆H (SHg − 1) ……… . (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2): HB = ∆H (SHg − 1) − V1

2

2g

HB = ∆H (SHg − 1) − 1

2g(16 x V2

π2x d14 )

𝐏 = ρ g VHB = 𝛒 𝐠 �� (∆𝐇 (𝐒𝐇𝐠 − 𝟏) − (𝟖 𝐱 ��𝟐

𝛑𝟐𝐱 𝐠 𝐱 𝐝𝟏𝟒))

PROBLEMA55.- En una prueba de laboratorio fluyen 222 kg/min de agua a 20°C a través de un

tubo de 50 mm de diámetro y 9 m de longitud. Un manómetro diferencial conectado a los

extremos del tubo, registra una deflexión de 480 mm. Considerando un fluido manométrico

con densidad relativa de 3,20. Determinar el coeficiente de fricción.

Solución:Considerando un tubo horizontal, sin cambio de sección entre las tomas:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

P1 − P2

γ= f

L

d x

V2

2g= f

L

d5 x

8 x V2

g x π2 …………(1)

Manometría entre las tomas (1) y (2): P1 + γag x ∆H = P2 + γ x ∆H

250

P1 − P2

γ= ∆H (S − 1) …………(2)

Remplazamos (2) en (1): ∆H (SHg − 1) = fL

d5 x 8 x V2

g x π2

𝐟 =(0.48)(3.2 − 1)(9.81) π2(0.05)5

8 x 9 x (220

60 x 1000)2 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟐𝟒

PROBLEMA56.- En el esquema, suponga que la pérdida de carga en los tubos esta dado por

hp = 0.02 x L

d x

V2

2g, donde “V” es la velocidad media del fluido en el tubo, “d” diámetro del

tubo. Las elevaciones de la superficie del agua de los depósitos superior e inferior son 100 m y

70 m respectivamente. Las dimensiones respectivas para los tubos corriente arriba y corriente

abajo son 300 mm; 200 m y 150 mm; 100 m. Determine la descarga (m3

s) del agua en el

sistema.(Robertson Crowe 7.67).

Solución:

PA

γ+

VA2

2g+ ZA =

PB

γ+

VB2

2g+ ZB + Pc

ZA − ZB = hp1 + hp2 + Ke

V12

2g+ Ke

V22

2g+ Ks

V22

2g

30 = V1

2

2g[0.02 x

200

0.30 x 0.5] +

V22

2g[0.02 x

100

0.15+ 0.35 + 1]

30 = V1

2

2g x 13.833 +

V22

2g x 14.683

588.6 = 13.833 V12 + 14.683 V2

2 ……… . (1)

251

Por continuodad: V12 = V2

2 (d2

d1)4

588.6 = 13.833 V22x (

15

30)4

+ 14.683 V22

V2 = 6.1528 m

s

�� = 6.1528 x π

4 x 0.152 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟖𝟕

𝐦𝟑

𝐬

PROBLEMA57.-Un conducto de 90 ft de longitud con láminas de acero (εo = 0.00015 ft )

transporta aire a 1 bar y 20°C. La sección del conducto es un triangulo equilátero de 9 in de

lado. Si un ventilador proporciona una potencia de 1 HP al fluido. Determinar el caudal

(cfs).(Frank White 6.90).

Solución:

Cálculo del diámetro hidráulico

dH =4 x Area

Perimetro mojado

dH =4 x

l2 x √3

4

3 x l=

l √3

3= 3√3 in = 0.433 ft

Cálculo de la caída de presión en el ducto

∆P = f xL

dH x ρ x

V2

2

Propiedades del aire a 20°C y 1 bar (ρ = 0.00234slug

ft3 y μ = 3.76 x 10−7 slug

ft x s)

∆P = f x90

0.433 x

0.00234

2 x V2

∆P = 0.243 x f V2 ……… (1)

V2 =16 V2

3 x l4 =

16 V2

3 x (9

12)4 = 16.85 V2

252

∆P = 4.09455 x f V2 ………(2)

P = ρ g VHv = ∆P x V

550 x 1

V= 4.09455 x f V2

134.32 = f V3 ……… . (3)

La solución del problema se hace por método iterativo, es decir asumiendo un valor de f ∗y

luego comprobar dicho valor en un margen de error del ±3%

f ∗ = 0.017 ; V∗ = 19.91 cfs

Re∗ =4 x 0.00234 x 19.91

π x 0.433 x 3.76 x 10−7= 3.6 x 105

εo

dH=

0.00015

0.433= 0.00034

Diagrama de Moody: f = 0.017, lo que indica que la suposición está bien hecha �� = 𝟏𝟗. 𝟗𝟏 𝐜𝐟𝐬

PROBLEMA58.- Dos tuberías “A” y “B” se conectan en paralelo, ambos son del mismo

diámetro de 1.5 in y de hierro galvanizado. Si la razón de longitudes es LB

LA= 9. Suponiendo el

mismo coeficiente de fricción e igual a 0.023 y despreciando las perdidas localizadas.

Determinar la razón de caudales VA

VB.

Solución: Como las tuberías están conectadas en paralelo, la caída de presión entre los nodos

es la misma

fALA

dA5 x

8 x VA2

g x π2 = fB

LB

dB5 x

8 x VB2

g x π2

LA x VA2

= LB x VB2

𝐕��

𝐕��

= √LB

LA= √9 = 𝟑

253

PROBLEMA59.- Fluye aire a 60°F (ρ = 0.00237slug

ft3 y γ = 1.58 x 10−4 ft2

s) en un conducto

horizontal con una sección transversal correspondiente a un triangulo equilátero de 6 in de

lado. El conducto mide 100 ft de largo y está construido de hierro galvanizado (εo =

0.0005 ft ). La velocidad media del aire en el conducto es de 12 ft/s. Determinar la caída de

presión (Psig) en el conducto.(Roberson Crowe 10.116).

Solución:

Cálculo del diámetro hidráulico

𝐝𝐇 =4 x Area

Perimetro mojado=

4 x (6

12)2 √3

4

(18

12)

= 𝟎. 𝟐𝟖𝟖𝟔 𝐟𝐭

Cálculo del coeficiente de fricción (f)

Re =V x dH

γ=

12 x 0.2886

1.58 x 10−4= 2.2 x 104

εo

dH=

0.0005

0.2886= 0.00173

En el diagrama de Moody: f = 0.03

Cálculo de la caída de presión: ∆P = f xL

dH x ρ x

V2

2

∆𝐏 = 0.03 x100

0.2886 x 0.00237 x

122

2= 1.773

Lbf

ft2 x

ft2

144 in2= 𝟎. 𝟎𝟏𝟐𝟑 𝐏𝐬𝐢𝐠

PROBLEMA60.-Al ensayar una turbina Pelton, para una posición del inyector y una altura

manométrica constante, se obtiene los siguientes datos:H = 6.21 − h + 254.76 h5,

To x 1500 = 6000 − 4N y V = 1.416 x h5/2. Donde: H: altura neta (m); h: carga en el

vertedero triangular (m); To=Torque en la volante (Kgf.m); V=Caudal (m3

s) y N: régimen de

operación (RPM). Determinar: a) La máxima velocidad de rotación (RPM) b) La potencia

hidráulica (KW) y la eficiencia de la turbina. Para una velocidad igual a ½ de la velocidad

máxima sin carga y con h = 230 mm.

Solución:

254

a) La velocidad es máxima, cuando el torque es cero:

1500 To = 6000 − 4N

6000 = 4N

Nmax = 1500 RPM

b)

N =Nmax

2= 750 RPM

V = 1.416 h5/2 = 1.416 x 0.235/2 = 0.03592m3

s

HT = 6.21 − 0.23 + 254.76 x 0.235 = 6.1439 m

P = γ VHT = 9.81 x 0.03592 x 6.1439 = 2.165 KW

nT =We

Px 100 %

We = To x ω = [600 − 4 x 750

1500] x 9.81 x 10−3 x

π

30 x 750 = 1.5409 KW

𝐧𝐓 =1.5409

2.165x 100 % = 𝟕𝟏. 𝟏𝟕 %

PROBLEMA61.- La figura muestra un sistema ramificado donde la presión en el nodo “A” es

700 KPa y el nodo “B” es 550 KPa. Cada ramal mide 40 m de largo. Ignore las perdidas en las

intersecciones, pero tome en cuenta todos los codos (Kcodo = 0.4). Si el sistema conduce

aceite (γac = 8.8KN

m3 y γac = 4.8 x 10−6 m2

s). Determinar el flujo volumétrico total

(L/s).(Robert Mott 12.1)

Solución:

De tabla de acero: 4": di = 102.3 mm3": di = 77.9 mmεo = 0.046 mm

255

Análisis en el tramo 0-1

PA − PB

γac= f

L

d x

V2

2g+ ∑K

V2

2g

700 − 550

8.8=

V2

2 x 9.81(f +

40

0.1023+ 2 x 0.4)

334.43 = V2(391 x f + 0.8)

La solución es por método iterativo, asumir f ∗ = 0.02 ; por lo que: V∗ = 6.22 m

s

Comprobar el valor de f ∗ asumido

Re =6.22 x 0.1023

4.8 x 10−6= 1.3 x 105

εo

dH=

0.046 mm

102.3 mm= 0.000449

En el Diagrama de Moody: f = 0.020

V1 = 6.22 xπ

4 x 0.10232 x 1000 = 51.12

L

s

Análisis en el tramo 0-2

700 − 550

8.8=

V2

2 x 9.81(f +

40

0.0779+ 6 + 0.4 + 0.4)

334.43 = V2(513.47 x f + 6.8)

Asumir f ∗ = 0.022: V∗ = 4.29 m

s

Re∗ =4.29 x 0.0779

4.8 x 10−6= 6.9 x 104

εo

dH=

0.046 mm

77.9 mm= 0.00059

256

En el diagrama de Moody: f = 0.022, dicho valor confirma nuestra suposición.

V2 = 4.29 xπ

4 x 0.07792 x 1000 = 20.44

L

s

��𝐓𝐎𝐓𝐀𝐋 = V1 + V2 = 51.12 + 20.44 = 𝟕𝟏. 𝟓𝟔 𝐋

𝐬

PROBLEMA62.-Se emplea una bomba para transferir 1200 L/min de agua desde un tanque

abierto hacia otro que tiene aire a KPa sobre el agua como se ve en la figura. Determinar la

potencia (KW) que la bomba transmite al agua. Suponga que el nivel de la superficie de cada

tanque es el mismo y la pérdida de carga total igual a 3V2

2g.(Robert Mott 7.8)

Solución:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

HB = P2

γ+ 3

V2

2g

Tubería de acero 3” – calibre 40: di = 77.9 mm

V =4 x V

π x d3=

4 x1200

60 x 1000

π x 0.07792= 4.19

m

s

HB =500

9.81+ 3 x

4.192

2 x 9.81= 53.65 m

𝐏 = γ VHB = 9.81 x1200

60 x 1000 x 53.65 = 𝟏𝟎. 𝟓𝟐 𝐊𝐖

257

Si el tanque del lado izquierdo también estuviera sellado y hubiera una presión de aire sobre

agua de 68 KPa. Determinar la potencia hidráulica (KW).

HB = P2 − P1

γ + 3

V2

2g = (

500 − 68

9.81) + 3 x

4.192

2 x 9.81 = 46.72 m

𝐏 = 9.81 x1200

60 x 1000 x 46.72 = 𝟗. 𝟏𝟔 𝐊𝐖

PROBLEMA63.- Un fluido viscoso de densidad igual a la del agua es bombeado desde un pozo

hasta un depósito presurizado como se muestra en la figura. La bomba entrega 2 HP al fluido y

se sabe que la pérdida de carga total está dada por 100V, donde “V” es la velocidad media del

fluido en la tubería (ft/s) y la pérdida de carga esta en (ft). Determinar el caudal (cfs).

Solución:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

HB = (Z2 − Z1) + P2

γ+ Pc

HB = 28 +15 x 144

62.4+ 100 x

4 x V

π x 0.52

2 x 550

62.4 x V= 62.615 + 509.29 V

509.29 V2 + 62.615 V − 17.628 = 0

Resolviendo: �� = 𝟎. 𝟏𝟑𝟓 𝐜𝐟𝐬

258

PROBLEMA64.- En un tubo de acero comercial de 20 mm de diámetro, fluye glicerina a 20°C

(γg = 12.3 KN

m3 ; μ = 0.62 Pa. s) a una velocidad de 0.6 m/s. Se utilizan dos piezómetros como

se ilustra en la figura; para medir la carga piezometrica. La distancia a lo largo del tubo entre

los tubos verticales es 1 m. La inclinación del tubo es 20°. ¿Cuál es la diferencia de altura

∆h (m) entre la glicerina en los dos tubos verticales?(Robertson Crowe 10.34).

Solución:P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

P1 − P2

γ− ∆Z = f

L

d x

V2

2g ………(1)

Aplicando manometría entre (1) y (2)

P1 = γgx∆h + γgxh2 + γgx∆Z

P2 = γgxh2

P1 − P2

γ− ∆Z = ∆h ………(2)

Igualamos las ecuaciones (1) y (2)

∆h = fL

d x

V2

2g ……… . (3)

Cálculo del coeficiente de fricción “f”

γ =0.62 x 9.81

12.3 x 1000= 4.94 x 10−4

m2

s

259

Re =0.6 x 0.020

4.94 x 10−4= 24.26 (laminar)

f =64

Re= 2.637

Reemplazando valores en la ecuación (3): ∆𝐡 = 𝟐. 𝟒𝟏𝟗 𝐦

PROBLEMA65.- Dos depósitos “A” y “B” contienen agua a 15°C (γ = 1.14 x 10−6 m2

s) y están

conectados por medio de tuberías de hierro galvanizado (εo = 0.15 mm )como se muestra en

la figura. Suponga que d1 = 75 mm, d2 = 50 mm y h = 10.5 m. Ambas tuberías miden 100 m.

Despreciando las perdidas secundarias.Determine el caudal (L/s) en las tuberías (1) y (2).

Solución:

Análisis en la tubería (1)

Po

γ+

Vo2

2g+ Zo =

Po′

γ+

Vo2′

2g+ Zo′ + Pc1

h = f1L1

d1 x

V12

2g

10.5 = f1 x 100

0.075 x

V12

2 x 9.81

0.1545 = f1 x V12 ……… (1)

Solución por método iterativo.

Suponer f1∗ = 0.0248 , se reemplaza dicho valor en la ecuación (1) y se obtiene V1

∗ =

2.4959m

s

260

Comprobar el valor f1∗ asumido.

Re∗ =2.4959 x 0.075

1.14 x 10−6= 1.6 x 106

εo

dH=

0.15 mm

75 mm= 0.002

En el diagrama de Moody: f = 0.0248. El valor obtenido confirma nuestra suposición.

��𝟏 = 2.4959 xπ

4 x 0.0752 x 1000 = 𝟏𝟏. 𝟎𝟐

𝐋

𝐬

Análisis en la tubería (2)

10.5 = f2 x 100

50 x 10−3 x

V22

2 x 9.81

0.103 = f2 x V22 ………(2)

Asumir f2∗ = 0.028 ; siguiendo el procedimiento seguido para la tubería (1), se tiene V2

∗ =

1.918 m

s

Re∗ =1.918 x 0.05

1.14 x 10−6= 8.4 x 104

εo

dH=

0.15

50= 0.003

En el diagrama de Moody: f = 0.028: ��𝟐 = 𝟑. 𝟕𝟔𝟓 𝐋

𝐬

PROBLEMA66.-Al ensayar un ventilador34 centrifugo, se obtienen los siguientes datos: V =

13.9 m3/min , Torque en el eje: 1.8 N.m, ΔPestática medida con un tubo en “U” (diferencial)

de 167.5 mmcagua, N: 3442 RPM. Considerando los diámetros de succión y descarga iguales.

Determinar: a) La presión total o útil del ventilador (KPa) b) La potencia en el eje (KW) c) La

eficiencia del ventilador. Asumir ρaire = 1.2Kg

m3 y ρagua = 1000Kg

m3

34El análisis en la máquina hidráulica citada se puede considerar el fluido como incompresible.

261

Solución:

a)

P1 + ρaire

V12

2+ γaire x Z1 + Pv = P2 + ρaire

V22

2+ γaire x Z2

Pv = P2 − P1 ……… . (1)

Por manometría entre (1) y (2)

P1 + γagx∆H = P2 + γaire x ∆H

P2 − P1 = ∆H x g (ρagua − ρaire) ………(2)

Igualar las ecuaciones (1) y (2): Pv = ∆H x g (ρagua − ρaire)

𝐏𝐯 = 0.1675 x 9.81 (1000 − 1.2) x 10−3 = 𝟏. 𝟔𝟒𝟏𝟐 𝐊𝐏𝐚

b) ��𝐞𝐣𝐞 = T x ω = 1.8 x 10−3 x 3442 xπ

30= 𝟎. 𝟔𝟒𝟖 𝐊𝐖

c) Cálculo de la potencia hidráulica

P = Pv x V = 1.6412 x13.9

60 = 0.3802 KW

𝐧𝐯 =0.3802

0.648 x 100 % = 𝟓𝟖. 𝟔𝟕 %

PROBLEMA67.- Una bomba centrifuga presenta las curvas características de Carga –

Capacidad: H = 43 + 0.525V − 0.69V2. La maquina hidráulica generadora opera en un

sistema cuya curva es: Hsis = 20 + 0.94V2. En ambas ecuaciones, V esta en (L/s) y H (m). Se

262

solicita: a) El caudal y carga de operación, operando en serie 2 bombas iguales b) En forma

análoga en (a) pero operando en paralelo.

Solución: Se sabe que para el punto de operación:HBOMBA = HSISTEMA

a) Bombas asociadas en serie: V = V1 = V2 y H = H1 + H2

(43 + 0.525V − 0.69V2) = 20 + 0.94V2

Resolviendo: ��𝐨𝐩 = 𝟓. 𝟓𝟔 𝐋

𝐬 y 𝐇𝐨𝐩 = 𝟒𝟗. 𝟎𝟔 𝐦

b) Bombas asociadas en paralelo

HBOMBA = HSISTEMA

43 + 0.525(V

2) − 0.69(

V2

2) = 20 + 0.94V2

��𝐨𝐩 = 𝟒. 𝟔𝟕 𝐋

𝐬

𝐇𝐨𝐩 = 𝟒𝟎. 𝟓 𝐦

PROBLEMA68.-Un líquido con densidad relativa 0.8 se bombea desde un tanque de

almacenamiento hasta una descarga de chorro libre a través de una tubería con longitud “L” y

diámetro “d”. La bomba proporciona una potencia “P” al fluido. Suponiendo un factor de

fricción constante de 0,020. Para la condición siguiente: Z1= 25 m, P1=110 KPa, Z2= 15 m, L=

300 m, d= 200 mm, P= 8 KW. Determinar: a) La descarga (m3

s) b) La altura útil de la

bomba(m).Considerar γag = 10KN

m3 y g = 10m

s2

263

Solución:

P1

γ+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + Pc

P1

γ+ (Z1 − Z2) + HB =

V2

2g+

V2

2g(f

L

d+ ∑K)

P1

γag x S+ (Z1 − Z2) + HB =

1

2g x

16 x V2

π2 x d4 [fL

d+ 1 + 2 Kv + 3 Ke + Ke]

110

10 x 0.8+ 10 + HB =

16 x V2

2 x 10 x π2 x 0.24 [0.02 x 300

0.2+ 1 + 2 x 2 + 3 x 0.26 + 0.5]

23.75 + HB = 1837.96 V2 ……… (1)

P = γag x S x V x HB

8 = 10 x 0.8 x V x HB

V x HB = 1 ……… (2)

Resolver las ecuaciones (1) y (2): 23.75 +1

V= 1837.96 V2

�� = 0.131 m3

s= 𝟏𝟑𝟏

𝐋

𝐬

𝐇𝐁 = 𝟕.𝟔𝟑 𝐦

PROBLEMA69.- Si la descarga es de 200 250 cfs. ¿Qué salida de potencia (HP) se puede

esperar de la turbina? Suponga que la eficiencia de la turbina es de 80% y que la pérdida total

de carga es 1.5V2

2g , donde “V” es la velocidad media del agua en el conducto forzado de 6

ft.(Robertson Crowe 7.39).

264

Solución:P1

γ+

V12

2g+ Z1 =

P2

γ+

V22

2g+ Z2 + HT + Pc

HT = (Z1 − Z2) − 1.5V2

2g ………(1)

V =4 x V

π x d2=

4 x 250

π x 62= 8.84

ft

s

Reemplazando en la ecuación (1): HT = 35 − 1.58.842

2 x 32.2= 33.179 ft

Cálculo de la potencia hidráulica

P = γ VHT =62.4 x 250 x 33.179

550= 941.07 HP

��𝐞 = nT x P = 0.80 x 941.07 = 𝟕𝟓𝟐. 𝟖𝟓𝟔 𝐇𝐏

PROBLEMA70.- A través de una bomba circula gasolina (S= 0.68) a razón de 0.12 m3

s como se

indica en la figura. La pérdida de carga entre las secciones (1) y (2) es igual a 0.3 V1

2

2g .

Determinar la diferencia de presiones (KPa) entre las secciones corriente arriba y corriente

abajo en la conducción, si la bomba suministra 20 KW al fluido.(Munson Young 5.10)

Solución:

P1

γg+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γg+

V22

2g+ Z2 + Pc

P1

γg+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γg+

V22

2g+ Z2 + 0.3

V12

2g

265

P1

γg+ 0.7

V12

2g+ HB =

P2

γg+

V22

2g+ (Z2 − Z1) ………(1)

Cálculo de la altura útil de la bomba

P = γag x Sg x V x HB

HB =20

0.68 x 9.81 x 0.12= 24.9845 m

Cálculo de la velocidad media (V)

V1 =4 x 0.12

π x 0.12= 15.278

m

s

V2 =4 x 0.12

π x 0.22= 3.8197

m

s

Remplazar valores en la ecuación (1)

P2 − P1

γg= 0.7

V12

2g−

V22

2g− (Z2 − Z1) + HB

P2 − P1

γg=

1

2 x 9.81(0.7 x 15.2782 − 3.81972) − 3 + 24.9845 = 29.568 m

𝐏𝟐 − 𝐏𝟏 = 0.68 x 9.81 x 29.568 = 𝟏𝟗𝟕. 𝟐𝟒 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA 71.- Por un ducto horizontal rectangular de hierro galvanizado (εo = 0.0005 ft) de

2 ft por 1.3 ft, circula aire a temperatura y presión a condiciones normales (ρ =

2.38 x 10−3 slug

ft3 y γ = 1.57 x 10−4 ft2

s) a razón de 8.2 cf. Determinar la caída de presión en

pulgadas de agua por 200 ft de longitud de ducto.

Solución:

∆P = f xL

dH x ρ x

V2

2 ………(1)

Cálculo del diámetro hidráulico

dH =4 x A

P=

4 x 2 x 1.3

2 (2 + 1.3)= 1.5757 ft

266

Cálculo de la velocidad media (V)

V =V

Area

=

8.2

2 x 1.3= 3.1538

ft

s

Cálculo del coeficiente de fricción (f)

Re =V x dH

γ=

3.1538 x 1.5757

1.57 x 10−4= 3.2 x 104

εo

dH=

0.0005 ft

1.5757 ft= 0.000317

En el diagrama de Moody: f = 0.024

Reemplazando valores en la ecuación (1)

∆𝐏 = 0.024 x200

1.5757 x 2.38 x 10−3 x

3.15382

2= 𝟎. 𝟎𝟑𝟎𝟓𝟔

𝐋𝐛𝐟

𝐟𝐭𝟐<> 0.00693 𝑖𝑛 𝑎𝑔𝑢𝑎

PROBLEMA72.-Dos tuberías están conectadas en paralelo. Una tiene el doble de diámetro que

la otra y es tres veces más larga. Suponga que “f” en la tubería más grande es 0.010 y “f” en la

tubería más pequeña es 0.014. Determine la razón entre las descargas de los dos

tubos.(Robertson Crowe 10.110).

Solución: Al estar las tuberías en paralelo:

f1L1

d1 x

V12

2g = f2

L2

d2 x

V22

2g

f1 x L1

d15 x V1

2 = f2 x L2

d25 x V2

2

V1

V2

= √f2f1

xL2

L1 x (

d1

d2)5

267

𝐕��

𝐕��

= √0.010

0.014 x 3 x (0.5)5 = 𝟎. 𝟐𝟓𝟖

PROBLEMA73.- En el sistema de tuberías en paralelo que se muestra en la figura, la tubería (1)

tiene una longitud de 1000 m y 500 mm de diámetro. La tubería (2) mide 1500 m de largo y

400 mm de diámetro. Las tuberías son lisas. ¿Cuál es la división del flujo de agua a 10°C, si la

descarga total debe ser de 1.2m3

s?(Robertson Crowe 10.107).

Solución:

Análisis en la tubería (1): Asumir V1∗ = 0.5

m3

s

V1∗ =

4 x V

π x d12 =

4 x 0.5

π x 0.52= 2.546

m

s

Re∗ =2.546 x 0.5

10−6= 1.273 x 106

En el diagrama de Moody: f1∗ = 0.011

Cálculo de la pérdida de carga (hp1)

hp1 = 0.011 x1000

0.5 x

2.5462

2 x 9.81= 7.268 m

Análisis en la tubería (2):Por estar conectado en paralelo:

hp1 = hp2

7.268 = f x1500

0.4 x

V2

2 x 9.81

0.038 = f x V2 ……… . (1)

268

Asumir f ∗ = 0.015

V2∗ = 1.59

m

s ; Re∗ = 6.36 x 105

f = 0.0128

Se observa que f ∗ ≠ f . Asumir f ∗ = 0.0128

V2∗ = 1.723

m

s ; Re∗ = 6.8 x 105

f = 0.0127

∴ ��𝟐∗ = 1.723 x

π

4 x 0.402 = 𝟎. 𝟐𝟏𝟔𝟓

𝐦𝟑

𝐬

Se observa que: 1.2 ≠ V1∗ + V2

∗

Por lo que se hace un reparto proporcional:

��𝟏 =0.5

0.7165 x 1.2 = 𝟎. 𝟖𝟓𝟕

𝐦𝟑

𝐬

��𝟐 =0.2165

0.7165 x 1.2 = 𝟎. 𝟑𝟔𝟑

𝐦𝟑

𝐬

PROBLEMA74.-Un flujo se divide en dos ramales, como se muestra en la figura. Una válvula de

compuerta abierta a la mitad (KA: 5.6) se encuentra instalada en la línea “A” y una válvula de

globo abierto por completo (KB: 10) está instalada en la línea “B”. La pérdida de carga debida

a la fricción en cada ramal es insignificante en comparación con la perdida de carga en las

válvulas. Encuentre la razón entre la velocidad en la línea “A” y la velocidad en la línea “B”.

(Incluya pérdidas en codos para conexión roscada Kc: 0.9).(Robertson Crowe 10.106).

Solución:(Perdida Secundaria)A = (Perdida Secundaria)B

269

VA2

2g(KA + 2 Kc) =

VB2

2g(KB + 2 Kc)

VA2(5.6 + 1.8) = VB

2(10 + 1.8)

𝐕𝐀

𝐕𝐁= 𝟏.𝟐𝟔𝟐𝟕

PROBLEMA75.-Del depósito “A” al depósito “B” circula agua. La temperatura del agua del

sistema es 10°C, el diámetro “d” de la tubería es 1 m y la longitud “L” de la tubería es 300 m. Si

H = 16 m, h = 2 m y la pérdida de carga de la tubería está dada por:

hp = 0.010 xL

D x

V2

2g

Donde “V” es la velocidad media del agua en la tubería. ¿Cuál será la descarga (m3

s) en la

tubería?En la solución debe incluirse la pérdida de carga en la salida de la tubería. ¿Cuál será la

presión (KPa) en el punto “P” situado en un punto intermedio entre los dos

depósitos?(Robertson Crowe 7.69).

Solución:

P1

γg+

V12

2g+ Z1 =

P2

γg+

V22

2g+ Z2 + Pc

(Z1 − Z2) =V2

2g(f

L

D+ K)

16 =V2

2 x 9.81(0.010 x

300

1+ 1)

270

V = 8.85 m

s

�� = 8.85 xπ

4 x 12 = 𝟔. 𝟗𝟓𝟕

𝐦𝟑

𝐬

P1

γg+

V12

2g+ Z1 =

P2

γg+

V22

2g+ Z2 + Pc

(H + h) =P

γ+

V2

2g+ Pc

(16 + 2) =P

9.81+

8.852

2 x 9.81(1 + 0.010 x

150

1)

𝐏 = 𝟕𝟖. 𝟔𝟕 𝐊𝐏𝐚

PROBLEMA76.- Una bomba hidráulica presenta la descarga en las secciones (2), (3) y (4) y una

entrada en la sección (1). Con las características que se detallan en el cuadro adjunto.

Determinar la potencia hidráulica de la bomba (KW)

1 2 3 4

P (KPa) 100 500 200 300

V (m/s) 4 2 3

A (𝐜𝐦𝟐) 120 30 90 50

Solución: Conservación de la masa para flujo permanente – incompresible

∯ V.dASC

= 0

V1 = V2 + V3 + V4

V1 x A1 = V2 x A2 + V3 x A3 + V4 x A4

4 x 120 = 2 x 30 + V3 x 90 + 3 x 50

V3 = 3 m

s

271

Cálculo de los gastos másicos en las secciones de entrada y salida

m = ρ x V x A = 1000 x V x A x 10−4

m1 = 48kg

s ; m2 = 6

kg

s ; m3 = 27

kg

s ; m4 = 15

kg

s

Conservación de la energía

dQ

dt−

dW∗

dt=

∂

∂t∭ e ρ dV + ∯ (e + Pv)ρ V. dA

SCVC

+ ∯ τ V. dASC

Para flujo permanente – adiabático y no viscoso

−dW∗

dt= ∯ (e + Pv)ρ V. dA

SC

WB = ∯ (V2

2+ gz + u +

P

ρ)ρ V. dA

SC

Despreciando la variación de la energía cinética y potencial

WB = m2 (P2

ρ+

V22

2) + m3 (

P3

ρ+

V32

2) + m4 (

P4

ρ+

V42

2) − m1 (

P1

ρ+

V12

2)

WB = 6 x (500 +22

2) + 27 x (200 +

32

2) + 15 x (300 +

32

2) − 48 x (100 +

42

2)

��𝐁 = 𝟕𝟗𝟏𝟕 𝐖𝐚𝐭𝐭𝐬

PROBLEMA77.- En el diseño de sistemas de bombeo, frecuentemente se instala una línea de

derivación en paralelo con la bomba para que parte del fluido pueda recircular, como se

muestra. Entonces la válvula de la derivación controla el caudal del sistema. Suponga que la

curva característica de Carga – Capacidad de la bomba está dada por la ecuación: HB = 100 −

100V, donde la carga "HB" esta en metros y la capacidad (V) esta en (m3

s). La línea de

derivación tiene 10 cm de diámetro. Suponga que la única pérdida de carga es la debida a la

válvula (Kv: 0.2). La descarga que sale del sistema es de 0.2m3

s. Encuentre la descarga por la

bomba y la línea de derivación.(Robertson Crowe 10.114).

272

Solución:

Análisis en la línea de la bomba

P1

γg+

V12

2g+ Z1 + HB =

P2

γg+

V22

2g+ Z2 + Pc

HB = P2 − P1

γ= 100 (1 − VB) ……… . (1)

Análisis en la línea de derivación

P2

γg+

V22

2g+ Z2 =

P1

γg+

V12

2g+ Z1 + hs

P2 − P1

γ= K

Vv2

2g ……… . (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2)

100 (1 − VB) = 0.2 x1

2 x 9.81 x

16 x Vv2

π2x 0.14

1 − VB = 1.6525 Vv2

VB = V + Vv

1.6525 Vv2 + Vv − 0.8 = 0

Resolviendo: ��𝐃𝐄𝐑𝐈𝐕𝐀𝐂𝐈𝐎𝐍 = 𝟎. 𝟒𝟓𝟔𝟓𝐦𝟑

𝐬

��𝐁𝐎𝐌𝐁𝐀 = 𝟎. 𝟔𝟓𝟔𝟓𝐦𝟑

𝐬

273

PROBLEMA78.- Se va a diseñar un oleoducto para transportar petróleo crudo (S =

0.93 y γ = 10−5 m2

s) con una descarga de 0.10

m3

s y una pérdida de carga por Km de 50 m.

¿Qué diámetro de tubería de acero y que potencia de salida de la bomba son necesarios para

mantener este flujo? Los diámetros disponibles de tubos son 20, 22 y 24 cm.(Roberson Crowe

10.69).

Solución:La ecuación de Darcy, establece que la pérdida de carga:

hp = fL

d5 x

1

2g x

16 x V2

π2

50

1000= f x

16 x 0.102

2 x 9.81 x π2x d5

d = √f

60.513 ……… . (1)

Asumir: f ∗ = 0.021 y remplazar este valor en la ecuación (1), para evaluar el diámetro

tentativo d∗ = 0.2032 m

Comprobar el coeficiente de fricción asumido

Re∗ = 4 x V

π x d∗ x γ=

4 x 0.10

π x 0.2032 x 10−5= 6.26 x 104

εo

dH=

0.046 mm

203.2 mm= 0.000226

Según el diagrama de Moody: f = 0.021

∴ dcalculado = 20.32 cm 𝐲 𝐝𝐒𝐄𝐋𝐄𝐂𝐂𝐈𝐎𝐍𝐀𝐃𝐎 = 𝟐𝟐 𝐜𝐦

PROBLEMA79. Por la tubería de 24 in de longitud y 0.108 in de diámetro que se muestra en la

figura circula aire (ρ = 0.00238slug

ft3 y γ = 1.57x10−4 ft2

s). Determine el factor de fricción si

el caudal es 0.00191 cfs, cuando h = 1.70 in de agua. El flujo es laminar o turbulento. Comprar

su resultado con f =64

Re .(Munson Young 8.40)

274

Solución: P1 + ρaireV1

2

2+ γaire x Z1 = P2 + ρaire

V22

2+ γaire x Z2 + f

L

d x ρaire

V22

2

P1 = ρaire

V22

2(1 + f

L

d)

ρag x g x h = ρaire

V22

2(1 + f

L

d) ………(1)

Cálculo de la velocidad media (V)

V =4 x 0.00191

π x (0.108

12)2 = 30

ft

s

Re =30 x (

0.108

12)

1.57 x 10−4= 1719.7 (laminar)

f =64

Re= 0.0372

Remplazar valores en la ecuación (1)

1.94 x 32.2 x (1.70

12) = 0.00238 x

302

2(1 + f x

24

0.108)

𝐟 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟐𝟔𝟖

PROBLEMA80.- Determine las componentes de la fuerza (N) del agua a 15°C que actúa sobre el

deflector que se muestra en la figura, si:a) El deflector esta estacionario b) El deflector se

mueve hacia la derecha a razón de 20 m/s c) El deflector se mueve hacia la izquierda a razón

de 20 m/s

275

Solución: Se aplica cantidad de movimiento en “X “ e “Y”

Cantidad de movimiento en X

∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

− Rx = m2 x V2x − m1 x V1x = m1(V2 cos 60° − V1) = m1V1(cos60° − 1 )

− Rx = ρagua x V12 x

π

4 x d2(cos60° − 1) ……… . (1)

Donde V1es la velocidad relativa: V1 = Vchorro − Vdeflector

Cantidad de movimiento en Y

∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

Ry = m2 x V2y − m1 x V1y

Ry = m1 x V2Sen 60° = ρagua x V12 x

π

4 x d2 x Sen 60° ………… . (2)

a) 𝐕𝐝𝐞𝐟𝐥𝐞𝐜𝐭𝐨𝐫 = 𝟎 − Rx = 999 x 402 xπ

4 x 0.052(cos60° − 1)

𝐑𝐱 = 𝟏𝟓𝟔𝟗. 𝟐𝟐 𝐍

𝐑𝐲 = 999 x 402 xπ

4 x 0.052 x Sen 60° = 𝟐𝟕𝟏𝟕. 𝟗𝟕 𝐍

b) 𝐕𝐝𝐞𝐟𝐥𝐞𝐜𝐭𝐨𝐫 = 𝟐𝟎𝐦

𝐬 → V1 = 40 − 20 = 20

m

s

Reemplazando en las ecuaciones (1) y (2), se tiene:

276

𝐑𝐱 = 𝟑𝟗𝟐. 𝟑 𝐍𝐑𝐲 = 𝟔𝟕𝟗. 𝟒𝟗 𝐍

c) 𝐕𝐝𝐞𝐟𝐥𝐞𝐜𝐭𝐨𝐫 = 𝟐𝟎𝐦

𝐬 ← V1 = (40 − (−20)) = 60

m

s

Reemplazando en las ecuaciones (1) y (2), se tiene:

𝐑𝐱 = 𝟑𝟓𝟑𝟎. 𝟕𝟓 𝐍𝐑𝐲 = 𝟔𝟏𝟏𝟓. 𝟒𝟓 𝐍

PROBLEMA 81. Una paleta colocada sobre esta plataforma en movimiento desvía un chorro de

agua de 10 cm como se aprecia en la figura siguiente. La velocidad inicial del agua del chorro es

20 m/s y la plataforma se mueve a una velocidad de 3 m/s. Si la paleta divide al chorro de

modo que la mitad va una dirección y la otra mitad a otra. ¿Qué fuerza (N) es ejercida por el

chorro sobre la paleta?(Robertson Crowe 6.73).

Solución:

Conservación de la masa: flujo permanente e incompresible: ∯ V. dASC

= 0

V1 = V2 + V3

El chorro descarga a la atmosfera: P1 = P2 = P3 = Po

Cantidad de movimiento en “X”

∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

277

Rx = m2 x V2x + m3 x V3x − m1 x V1x

Por condición: m2 =m1

2

Rx = m1

2 x V2Cos 45° − m1 x V1 = m1 x V1 x (cos

45

2− 1)

Rx = ρagua x V12 x

π

4 x d2 (cos

45

2− 1)

V1 = Vchorro − Vplataforma = (20 − 3) = 17m

s

𝐑𝐱 = 1000x 172 xπ

4 x 0.12 (cos

45

2− 1) = −𝟏𝟒𝟔𝟕. 𝟑 𝐍

Cantidad de movimiento en “Y”

∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

Ry = m2 x V2y + m3 x V3y − m1 x V1y = m2 x V2Sen 45 − m3 x V3

Por condición:m2 = m3

Ry = m2 x V2(Sen 45 − 1)

𝐑𝐲 = (m1

2)V1(Sen 45 − 1)ρagua x

V12

2 x

π

4 x d2(Sen 45 − 1) = −𝟑𝟑𝟐. 𝟒 𝐍

PROBLEMA82. Una cuña divide una capa de agua a 20°C según se muestra en la figura. Tanto

la cuña como la capa de agua son muy anchas. Si la fuerza requerida para mantener la cuña

quieta es F = 124 N por metro de anchura. ¿Cuál es el ángulo de la cuña?(Frank White 3.39).

278

Solución:

Conservación de la masa: Flujo Permanente.

∯ ρ V. dASC

= 0

m1 = m2 + m3 = 2 m2

Cantidad de movimiento en “X”: ∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

−F = m2 x V2x + m3 x V3x − m1 x V1x = 2 m2x V2x − m1 x V1x

−F = m1 x V2 x Cos (θ

2) − m1 x V1

F = m1 x V1 [1 − Cos (θ

2)]

124 = ρagua x V12x A1 [1 − Cos (

θ

2)]

Cos (θ

2) = 0.9137

𝛉 = 𝟒𝟖°

PROBLEMA83.- En la conexión “Y” mostrada que se encuentra en un plano horizontal ¿Qué

fuerzas (Lbf) ejercerán los pernos de la abrazadera para sostener la conexión en su lugar?

Solución:

Conservación de la masa: Flujo permanente e incompresible.

∯ ρ V. dASC

= 0

(1) (2) (3)

Área (ft2) 1 1 0.3

P (Psf) 1000 900 0

V(cfs) 20 11 9

279

V1 = V2 + V3 = 11 + 9 = 20 cfs

Calculo del flujo m = ρag x V

m1 = 1.94 x 20 = 38.8slug

sm2 = 1.94 x 11 = 21.34

slug

sm3 = 1.94 x 9 = 17.46

slug

s

Cálculo de la velocidad V =V

Area

V1 = 20ft

s ; V2 = 11

ft

s ; V3 = 30

ft

s

Cantidad de movimiento en “X”∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

P1 x A1 − P2 x A2 + Rx = m2 x V2x + m3 x V3x − m1 x V1x

𝐑𝐱 = P2 x A2 − P1 x A1 + m2 x V2 − m3 x V3Cos 30° − m1 x V1 = −𝟏𝟎𝟗𝟒. 𝟖 𝐋𝐛𝐟

Cantidad de movimiento en “Y”∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

𝐑𝐲 = −m3 x V3y = m3 xV3 x Sen 30 = −17.46 x 30 x Sen 30 = −𝟐𝟔𝟏. 𝟗 𝐋𝐛𝐟

�� = −𝟏𝟎𝟗𝟒. 𝟖 𝐢 − 𝟐𝟔𝟏. 𝟗 𝐣

PROBLEMA84.- El flujo en el conducto de sección variable de la figura, tiene D1 = 8 cm; D2 = 5

cm y P2 = 101 KPa. Todos los fluidos se encuentran a 20°C. Si V1 = 5 m/s y la lectura en el

manómetro diferencial es ΔH: 588 mmHg. Estime la fuerza (N) que resisten las bridas.(Frank

White 3.54).

Solución: Para el agua a 20°C ∶ ρ = 998Kg

m3 y γ = 9.79KN

m3 y Hg 20℃ ∶ γ = 132.8KN

m3

280

Por manometría

P1 + γag x ∆H = P2 + γHg x ∆H = ∆H (γHg − γag)

𝐏𝟏 = 0.58 (132.8 − 9.79) = 71.3458 KPa

Conservación de la masa: Flujo permanente e incompresible

V1 = V2

V1 xπ

4 x d1

2 = V2 xπ

4 x d2

2

V2 = V1 x (d1

d2)2

= 5 x (0.08

0.05)2

= 12.8m

s

Cantidad de movimiento en “X”∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

− Fx + P1 x A1 = m2 x V2x − m1 x V1x = m1(V2 − V1)

𝐅𝐱 = 𝟏𝟔𝟐. 𝟗𝟕 𝐍

PROBLEMA85.- El depósito de agua de la figura está colocado sobre un carro sin fricción y

alimenta un chorro de 4 cm de diámetro con una velocidad de 8 m/s que se deflecta a 60° por

medio de un alabe. Calcule la tensión (N) en el cable.(Frank White 3.58).

Solución:

Cantidad de movimiento en “X”∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

− T = m2 x V2x − m1 x V1x = m2 x V2Cos 60° − m1 x V1

T = m1 x V1(1 − Cos 60°) = ρagua x V12 x

π

4 x d1

2(1 − Cos 60°)

281

𝐓 = 998 x 82xπ

4 x 0.042(1 − Cos 60) = 𝟒𝟎. 𝟏𝟑 𝐍

PROBLEMA86. El tubo que se muestra tiene un tubo horizontal de 180° como se aprecia en la

figura y D es de 30 cm. La descarga de agua en el tubo y codo es de 0.60𝑚3

𝑠 y la presión de

ambos es de 100 KPa manométricas. Si el volumen del codo es de 0.10 𝑚3 y el codo en si pesa

500 N, que fuerza en (KN) debe aplicarse en las bridas para mantenerla en su lugar.(Roberson

Crowe 6.34).

Solución:

Conservación de la masa: Flujo permanente: ∯ ρ V. dASC

= 0

m1 = m2

V1 =4 x 0.60

π x 0.32= 8.488

m

s

Cantidad de movimiento en “X”: ∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

Rx + P1 x A1 + P2 x A2 = m2 x V2x − m1 x V1x

Rx + 2P1 x A1 = −2 m1 x V1

Rx = −2 (P1 x A1 + ρ x V12 x A1) = −2 A1(P1 + ρ x V1

2)

𝐑𝐱 = −2 xπ

4 x 0.32(100 x 1000 + 1000 x 8.4882) = −𝟐𝟒. 𝟑 𝐊𝐍

Cantidad de movimiento en “Y”: ∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

Ry − Wcodo − Wagua = 0

𝐑𝐲 = 0.5 KN + 0.1 x 9.81 KN = 𝟏. 𝟒𝟖𝟏 𝐊𝐍

282

�� = (− 𝟐𝟒. 𝟑 𝐢 + 𝟏. 𝟒𝟖𝟏 𝐣) 𝐊𝐍

PROBLEMA 87.- Para esta “T” horizontal para la cual está circulando agua (ρ = 1000Kg

m3); se

proporcionan los siguientes datos: Q1 = 0.25m3

s , Q2 = 0.15

m3

s , P1 = 100 KPa, P2 =

70 KPa, P3 = 80 KPa, D1 = 15 cm,D2 = 10 cm,D3 = 15 cm.¿Para dichas condiciones que

fuerza (KN) externa en el plano X-Y (por medio de tornillos u otros medios de soporte) es

necesaria para mantener la “T” en su lugar?(Robertson Crowe 6.48).

Solución:

Conservación de la masa: Flujo permanente e incompresible.∯ V. dASC

= 0

Q3 = 0.25 − 0.15 = 0.10m3

s

Cálculo de las velocidades

V1 =4 x 0.25

π x 0.152= 14.147

m

s V2 =

4 x 0.15

π x 0.102= 19.098

m

s V1 =

4 x 0.10

π x 0.152= 5.658

m

s

Cantidad de movimiento en “X”: ∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

Rx + P1 x A1 − P3 x A3 = m3 x V3x − m1 x V1x

Rx = −P1 x A1 + P3 x A3 + m3 x V3 − m1 x V1

Rx = −A1(P1 − P3) + ρ x A1(V32 − V1

2) = A1[ρ(V32 − V1

2) − (P1 − P3)]

𝐑𝐱 =π

4 x 0.152[1000(5.6582 − 14.1472) − (100 − 80 )x 1000 ]x 10−3 = −𝟑. 𝟑𝟐𝟒 𝐊𝐍

Cantidad de movimiento en “Y”: ∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

283

Ry + P2xA2 = m2 xV2y

Ry = − P2xA2 − m2 x V2 = − A2(P2 + ρ V22)

𝐑𝐲 = −π

4 x 0.102[70 x 1000 + 1000 x 19.0982] x 10−3 = −𝟑. 𝟒𝟏𝟒 𝐊𝐍

PROBLEMA88.- Un chorro vertical de aire de sección transversal circular choca contra un

desviador cónico. Para mantener en su sitio el desviador se requiere una fuerza de sujeción

vertical de 0.1 N. Determinar la masa (Kg) del desviador.La magnitud de la velocidad del aire

permanece constante.Considerarρaire = 1.23 Kg/m3(Munson Young 5.54).

Solución:

Conservación de la masa: Flujo permanenteme = msalida

Cantidad de movimiento en “Y”: ∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

− FA − FW = msal x V2y − ment x V1y = m1 x (V2 x Cos 30° − V1)

− FA − FW = −ρaire x V12 x

π

4 x d1

2(Cos 30° − 1)

FW = 1.23 x 302 xπ

4x 0.12(1 − Cos 30) − 0.1 = 1.0348 N

𝐦𝐜𝐨𝐧𝐨 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟖𝟓 𝐊𝐠

PROBLEMA89.- A través de un codo horizontal circula agua que descarga a la atmosfera.

Cuando la presión manométrica es de 10 Psig. Determinar el caudal a través del codo y la

284

fuerza de sujeción en “Y” (𝐹𝐴𝑌), necesaria para mantenerlo en su sitio. El flujo es sin

fricción.(Munson Young 5.36).

Solución: Considerando la entrada (1) y la salida (2)

Cantidad de movimiento en “X”: ∑Fx = ∯Vx x (ρ x V x dA )

− FAX + P1 x A1 = m2 x V2x − m1 x V1x = m2 x V2 Cos 45° − m1 x V1

− FAX + P1 x A1 = −m1(V2 Cos 45° + V1)

m1 x (Q2

A2 x Cos 45° +

Q1

A1) = FAX − P1 x A1

ρ x Q12 (

Cos45

A2+

1

A1) = FAX − P1 x A1

1.94 x Q12 (

Cos45

0.1+

1

0.2) = 1440 − 10 x 144 x 0.2

Q1 = 7.0138 cfs

Cantidad de movimiento en “Y”: ∑Fy = ∯ Vy x (ρ x V x dA )sc

= m2 x V2y

𝐅𝐀𝐘 = m2 x V2 Sen 45 = ρ x Q2 x Q2

A2 x Sen 45 = 1.94 x

7.01382

0.1 x Sen 45 = 𝟔𝟕𝟒. 𝟖𝟐 𝐋𝐛𝐟

285

DISCUSIÓN

La elaboración de un texto de cualquier materia, en particular de un texto que

contenga APLICACIONES PRÁCTICAS DE LA MECANICA DE FLUIDOS INCOMPRESIBLE, es un

proyecto por demás ambicioso y difícil de realizar, donde no se podrá satisfacer a plenitud las

aspiraciones y exigencias del lector por las múltiples aplicaciones que tienen los fluidos

incompresibles en el sector industrial.

No obstante el presente texto constituye un intento de llenar el vacío existente en la

mayoría de obras de Mecánica de Fluidos y de esta manera complementar y ampliar los ya

existentes, para contribuir en la formación de los alumnos y/o profesionales interesados en

esta ciencia.

Un buen conocimiento práctico de la Mecánica de Fluidos Incompresible se adquiere

resolviendo una gran cantidad de problemas con aplicaciones práticas en la ingeniería.

Al resolver problemas se pueden presentar dos tipos: Los problemas de análisis, a

veces se le llama de “libro de texto” no son necesariamente fáciles; de hecho, podrían ser

irresolubles a causa de limitaciones de tiempo, recursos, capacidad matemática ó

computacional y los problemas de diseño que representan mejor los tipos de problemas que

se tienen en la práctica de ingeniería, siendo un caso concreto como ejemplo, el

dimensionamiento de una conducción hidráulica sometida a presión; donde se pretende dar

solución : al gasto volumétrico que se transporta, a la pérdida de carga y a la determinación

del diámetro, para su selección respectiva utilizando manuales prácticos. Estos tipos de

problemas son por lo general multidisciplinarios y pueden tener más de una solución y que

pueden ser satisfactorias. Se denominan problemas de solución abierta.

286

REFERENCIALES

1. FOX ROBERT – MC DONALD Alan. “Introducción a la Mecánica de Fluidos”, Ed. Mc Graw

Hill. Cuarta edición.México. 1995.

2. GERHART PHILIP. “Fundamentos de Mecánica de Fluidos”, Ed. Ibero Americana. Segunda

edición.México. 1998

3. MATAIX CLAUDIO. “Mecánica de Fluidos y Máquinas Hidráulicas”, Ed. Harla. Segunda

edición.México. 1982

4. MOTT ROBERT. “Mecánica de Fluidos Aplicada”, Ed. Prentice Hall Hispanoamericana.

Cuarta edición.México. 1996.

5. MUNSON, YOUNG. “Fundamentos de Mecánica de Fluidos”, Ed. Limusa. Tercera

edición.México. 1985.

6. POTTER MERLE. “Mecánica de Fluidos”, Ed. Prentice Hall Hispanoamericana. Segunda

edición. México. 1998.

7. ROBERSON CROWE. “Mecánica de Fluidos”, Ed. Patria. Octava edición.México.2007.

8. SHAMES IRVIN. “Mecánica de Fluidos”, Ed. Mc Graw Hill. Novena edición.Colombia.2000.

9. WHITE FRANK. “Mecánica de Fluidos”, Ed. Mc Graw Hill. Segunda edición.México.1983.

10. YUNUS CENGEL. “ Mecánica de Fluidos”, Ed. Mc Graw Hill. Tercera edición. México. 2007

287

APÉNDICE

TABLA A.1. UNIDADES DEL SISTEMA INTERNACIONAL(SI)

CANTIDAD NOMBRE SÍMBOLO

Longitud metro m

Masa Kilogramo kg

Tiempo segundo s

Fuerza newton N

Momento de Fuerza Newton-metro N-m

Presión, Esfuerzo Pascal Pa

Temperatura Kelvin k

Energía, Trabajo, Calor Joule J

Potencia, Flujo de calor Watt W

Ángulo plano radian rad

FUENTE: Elaboración Propia

ALGUNAS REGLAS Y SUGERENCIAS PARA EL USO DE LAS UNIDADES EN EL SI.

1. Debe tenerse cuidado de emplear el tipo correcto de letra (minúscula o mayúscula) para

símbolos de unidades y prefijos.

2. Para números con cinco cifras o más, los dígitos deben separarse en grupos de tres,

separando cada grupo mediante un espacio, contando los decimales tanto a la izquierda

como a la derecha del punto decimal. El espaciamiento no es indispensable para números

de cuatro dígitos. Los espacios se usan en lugar de las comas para evitar confusión ( en

muchos países se emplea la coma en lugar del punto decimal )

3. En unidades compuestas, formadas por multiplicación, use el punto de producto.

4. La división debe indicarse mediante una raya inclinada, o bien por medio de exponente

negativo conjuntamente con el punto del producto.

288

5. Evite el uso de prefijos en el denominador. La excepción a esta regla es el prefijo k en la

unidad básica kg. (kilogramo).

TABLA A.2: MÓDULO DE ELASTICIDAD DE VOLUMEN.

PROCESO

C

MÓDULO DE ELASTICIDAD

DE VOLUMEN (E)

ISOBÁRICO 0 E = 0

ISOTÉRMICO 1 E = P

ADIABÁTICO K E = K P

POLITRÓPICO n E = n P

ISOMÉTRICO E =

FUENTE: Elaboración Propia

TABLA A.3. SISTEMA DE DIMENSIONES

Nombre

Representación Dimensional g c

Constante de

Proporcionalidad

M L T F

M.K.S ó (SI) kg m s N 2s.N

m.kg1

C.G.S. gr cm s dina 2s.dina

cm.gr1

Métrico de Ingeniería kg m s kg f 2

f s.kg

m.kg81.9

Gravitacional. Métrico

ó

(ST)

UTM m s kg f 2

f s.Kg

m.UTM1

Británico Gravitacional

(BG) slug pie seg lb f 2

f s.lb

pie.slug1

Ingles de Ingeniería

(II) lb pie seg lb f 2

f s.lb

pie.lb2.32

289

Absoluto Ingles lb pie s Poundal 2s.pundal

pie.lb1

FUENTE: Elaboración Propia

TABLA A.4. SISTEMA DE UNIDADES DE LA VISCOSIDAD

SISTEMA

𝐕𝐈𝐒𝐂𝐎𝐒𝐈𝐃𝐀𝐃

𝐃𝐈𝐍Á𝐌𝐈𝐂𝐀 (𝛍)

𝐕𝐈𝐒𝐂𝐎𝐒𝐈𝐃𝐀𝐃

𝐂𝐈𝐍𝐄𝐌Á𝐓𝐈𝐂𝐀 (𝛖)

F L-2 T M L-1 T -1 L2 T -1

M.K.S ó (SI) N

m2. s = Pa. s

Kg

m. s

m2

s

CGS dina

cm2. s = p

g

cm. s cm2

s= st

Métrico de Ingeniería Kgf

m2. s 9,81

Kg

m. s

m2

s

Gravitacional.

Métrico ó (ST)

Kgf

m2. s

UTM

m. s

m2

s

Británico

Gravitacional (BG)

lbf

ft2. s

slug

ft. seg

ft2

seg

Ingles de Ingeniería

(II)

lbf

ft2. s 32,2

lb

ft . seg

ft2

seg

Absoluto Ingles Poundal

ft2. s

lb

ft. s

ft2

s

FUENTE: Elaboración Propia

290

ANEXOS

TABLA A.1. PROPIEDADES FÍSICAS DEL AGUA A PRESIÓN ATMOSFÉRICA.

Temperatura

°C

Densidad

Kg/m3

Peso

específico N/m3

Viscosidad dinámica

Pa.s

Viscosidad cinemática

m2/s

Presión de

vapor Pa (abs)

0 1000 9810 1,79 x 10-3 1,79 x 10-6 611

5 1000 9810 1,51 x 10-3 1,51 x 10-6 872

10 1000 9810 1,31 x 10-3 1,31 x 10-6 1230

15 999 9800 1,14 x 10-3 1,14 x 10-6 1700

20 998 9790 1,00 x 10-3 1,00 x 10-6 2340

25 997 9781 8,91 x 10-4 8,94 x 10-7 3170

30 996 9771 7,97 x 10-4 8,00 x 10-7 4250

35 994 9751 7,20 x 10-4 7,24 x 10-7 5630

40 992 9732 6,53 x 10-4 6,58 x 10-7 7380

50 988 9693 5,47 x 10-4 5,53 x 10-7 12 300

60 983 9643 4,66 x 10-4 4,74 x 10-7 20 000

70 978 9594 4,04 x 10-4 4,13 x 10-7 31 200

80 972 9535 3,54 x 10-4 3,64 x 10-7 47 400

90 965 9467 3,15 x 10-4 3,26 x 10-7 70 100

FUENTE: ROBERSON CROWE. “Mecánica de Fluidos”. Grupo Editorial Patria. 8° Edición. Página A-14

291

TABLA A.2. PROPIEDADES FÍSICAS DEL AIRE A PRESIÓN ATMOSFÉRICA NORMAL

Temperatura

°C

Densidad

Kg/m3

Peso

específico N/m3

Viscosidad dinámica

Pa.s

Viscosidad cinemática

m2/s

-20 1,40 13,7 1,61 x 10-5 1,16 x 10-5

-10 1,34 13,2 1,67 x 10-5 1,24 x 10-5

0 1,29 12,7 1,72 x 10-5 1,33 x 10-5

10 1,25 12,2 1,76 x 10-5 1,41 x 10-5

20 1,20 11,8 1,81 x 10-5 1,51 x 10-5

30 1,17 11,4 1,86 x 10-5 1,60 x 10-5

40 1,13 11,1 1,91 x 10-5 1,69 x 10-5

50 1,09 10,7 1,95 x 10-5 1,79 x 10-5

60 1,06 10,4 2,00 x 10-5 1,89 x 10-5

70 1,03 10,1 2,04 x 10-5 1,99 x 10-5

80 1,00 9,81 2,09 x 10-5 2,09 x 10-5

90 0,97 9,54 2,13 x 10-5 2,19 x 10-5

100 0,95 9,28 2,17 x 10-5 2,29 x 10-5

120 0,90 8,82 2,26 x 10-5 2,51 x 10-5

140 0,85 8,38 2,34 x 10-5 2,74 x 10-5

160 0,81 7,99 2,42 x 10-5 2,97 x 10-5

180 0,78 7,65 2,50 x 10-5 3,20 x 10-5

200 0,75 7,32 2,57 x 10-5 3,44 x 10-5

FUENTE: ROBERSON CROWE. “Mecánica de Fluidos”. Grupo Editorial Patria. 8° Edición. Página A-12

292

TABLA A.3. PROPIEDADES FÍSICAS DE GASES A PRESIÓN ATMOSFÉRICA NORMAL Y 15 °C.

Gas

Densidad

Kg/m3

Viscosidad cinemática

m2/s

Constante

del gas (R)

J/kg.K

Calor

especifico

(CP)

𝐊 = 𝐂𝐏

𝐂𝐕

Constante de

Sutherland (S)

K

Aire 1,22 1,46 x 10-5 287 1 004 1,41 111

Bióxido de

Carbono

1,85 7,84 x 10-6 189 841 1,30 222

Helio 0,169 1,14 x 10-4 2077 5 187 1,66 79,4

Hidrógeno 0,0851 1,01 x 10-4 4127 14 223 1,41 96,7

Metano 0,678 1,59 x 10-5 518 2 208 1,31 198

Nitrógeno 1,18 1,45 x 10-5 297 1 041 1,40 107

Oxígeno 1,35 1,50 x 10-5 260 916 1,40

FUENTE: STRETER VICTOR. “Dinámica de Fluidos”. Editorial. Mc Graw- Hill. 3° Edición. Nueva York, 1961

293

TABLA A.4. DIMENSIONES DE TUBERIAS DE ACERO

CÉDULA 40 CÉDULA 80

DIÁMETRO

NOMINAL

in

Diámetro

exterior

mm

Espesor de

pared

mm

Diámetro

Interior

mm

Diámetro

exterior

mm

Espesor de

pared

mm

Diámetro

Interior

mm

1/8 10,3 1,73 6,8 10,3 2,41 5,5

1/4 13,7 2,24 9,2 13,7 3,02 7,7

3/8 17,1 2,31 12,5 17,1 3,20 10,7

1/2 21,3 2,77 15,8 21,3 3,73 13,9

3/4 26,7 2,87 20,9 26,7 3,91 18,8

1 33,4 3,38 26,6 33,4 4,55 24,3

1 ¼ 42,2 3,56 35,1 42,2 4,85 32,5

1 ½ 48,3 3,68 40,9 48,3 5,08 38,1

2 60,3 3,91 52,5 60,3 5,54 49,3

2 ½ 73,0 5,16 62,7 73,0 7,01 59,0

3 88,9 5,49 77,9 88,9 7,62 73,7

3 ½ 101,6 5,74 90,1 101,6 8,08 85,4

4 114,3 6,02 102,3 114,3 8,56 97,2

5 141,3 6,55 128,2 141,3 9,53 122,3

6 168,3 7,11 154,1 168,3 10,97 146,3

8 219,1 8,18 202,7 219,1 12,70 193,7

10 273,1 9,27 254,5 273,1 15,06 242,9

12 323,9 10,31 303,2 323,9 17,45 289,0

14 355,6 11,10 333,4 355,6 19,05 317,5

16 406,4 12,70 381,0 406,4 21,39 363,6

FUENTE: MOTT ROBERT. “Mecánica de Fluidos” 6° Edición. Pág. 601 - 603

294

TABLA A.5. PREFIJOS USADOS EN EL SI.

Factor de

multiplicación

Prefijo Símbolo

1012 tera T

109 giga G

106 mega M

103 kilo K

102 hecto h

10 deka da

10-1 deci d

10-2 centi c

10-3 mili m

10-6 micro 𝜇

10-9 nano n

10-12 pico p

10-15 femto f

10-18 atto a

FUENTE: MATAIX CLAUDIO. “Mecánica de Fluidos y Máquinas Hidráulicas”. Segunda edición 1982

295

FIGURA A.1. DIAGRAMA DE MOODY.